如圖預17-8所示，在水平桌面上放有長木板，上右端是固定擋板，在上左端和中點處各放有小物塊和，、的尺寸以及的厚...

問題詳情：

如圖預17-8所示，在水平桌面上放有長木板，上右端是固定擋板，在上左端和中點處各放有小物塊和，、的尺寸以及的厚度皆可忽略不計，、之間和、之間的距離皆為。設木板與桌面之間無摩擦，、之間和、之間的靜摩擦因數及滑動摩擦因數均為；、、（連同擋板）的質量相同．開始時，和靜止，以某一初速度向右運動．試問下列情況是否能發生？要求定量求出能發生這些情況時物塊的初速度應滿足的條件，或定量說明不能發生的理由．

（1）物塊與發生碰撞；

（2）物塊與發生碰撞（設為**碰撞）後，物塊與擋板發生碰撞；

（3）物塊與擋板發生碰撞（設為**碰撞）後，物塊與在木板上再發生碰撞；

（4）物塊從木板上掉下來；

（5）物塊從木板上掉下來．

【回答】

1. 以表示物塊、和木板的質量，當物塊以初速向右運動時，物塊受到木板施加的大小為的滑動摩擦力而減速，木板則受到物塊施加的大小為的滑動摩擦力和物塊施加的大小為的摩擦力而做加速運動，物塊則因受木板施加的摩擦力作用而加速，設、、三者的加速度分別為、和，則由牛頓第二定律，有

事實上在此題中，，即、之間無相對運動，這是因為當時，由上式可得

                                                         （1）

它小於最大靜摩擦力．可見靜摩擦力使物塊、木板之間不發生相對運動。若物塊剛好與物塊不發生碰撞，則物塊運動到物塊所在處時，與的速度大小相等．因為物塊與木板的速度相等，所以此時三者的速度均相同，設為，由動量守恆定律得

                                                         （2）

在此過程中，設木板運動的路程為，則物塊運動的路程為，如圖預解17-8所示．由動能定理有

      （3）

                （4）

或者說，在此過程中整個系統動能的改變等於系統內部相互間的滑動摩擦力做功的代數和（（3）與（4）式等號兩邊相加），即

                                           （5）

式中就是物塊相對木板運動的路程．解（2）、（5）式，得

                                                        （6）

即物塊的初速度時，剛好不與發生碰撞，若，則將與發生碰撞，故與發生碰撞的條件是

                                                        （7）

2. 當物塊的初速度滿足（7）式時，與將發生碰撞，設碰撞的瞬間，、、三者的速度分別為、和，則有

                                                  （8）

在物塊、發生碰撞的極短時間內，木板對它們的摩擦力的衝量非常小，可忽略不計。故在碰撞過程中，與構成的系統的動量守恆，而木板的速度保持不變．因為物塊、間的碰撞是**的，系統的機械能守恆，又因為質量相等，由動量守恆和機械能守恆可以*（*從略），碰撞前後、交換速度，若碰撞剛結束時，、、三者的速度分別為、和，則有

由（8）、（9）式可知，物塊與木板速度相等，保持相對靜止，而相對於、向右運動，以後發生的過程相當於第1問中所進行的延續，由物塊替換繼續向右運動。

若物塊剛好與擋板不發生碰撞，則物塊以速度從板板的中點運動到擋板所在處時，與的速度相等．因與的速度大小是相等的，故、、三者的速度相等，設此時三者的速度為．根據動量守恆定律有

                                                     （10）

以初速度開始運動，接著與發生完全**碰撞，碰撞後物塊相對木板靜止，到達所在處這一整個過程中，先是相對運動的路程為，接著是相對運動的路程為，整個系統動能的改變，類似於上面第1問解答中（5）式的說法．等於系統內部相互問的滑動摩擦力做功的代數和，即

                                    （11）

解（10）、（11）兩式得

                                                        （12）

即物塊的初速度時，與碰撞，但與剛好不發生碰撞，若，就能使與發生碰撞，故與碰撞後，物塊與擋板發生碰撞的條件是

                                                        （13）

3. 若物塊的初速度滿足條件（13）式，則在、發生碰撞後，將與擋板發生碰撞，設在碰撞前瞬間，、、三者的速度分別為、和，則有

                                                 （14）

與碰撞後的瞬間，、、三者的速度分別為、和，則仍類似於第2問解答中（9）的道理，有

                                        （15）

由（14）、（15）式可知與剛碰撞後，物塊與的速度相等，都小於木板的速度，即

                                                    （16）

在以後的運動過程中，木板以較大的加速度向右做減速運動，而物塊和以相同的較小的加速度向右做加速運動，加速度的大小分別為

                                              （17）

加速過程將持續到或者和與的速度相同，三者以相同速度向右做勻速運動，或者木塊從木板上掉了下來。因此物塊與在木板上不可能再發生碰撞。

4. 若恰好沒從木板上掉下來，即到達的左端時的速度變為與相同，這時三者的速度皆相同，以表示，由動量守恆有

                                                     （18）

從以初速度在木板的左端開始運動，經過與相碰，直到剛沒從木板的左端掉下來，這一整個過程中，系統內部先是相對的路程為；接著相對運動的路程也是；與碰後直到剛沒從木板上掉下來，與相對運動的路程也皆為．整個系統動能的改變應等於內部相互間的滑動摩擦力做功的代數和，即

                                        （19）

由（18）、（19）兩式，得

                                                       （20）

即當物塊的初速度時，剛好不會從木板上掉下．若，則將從木板上掉下，故從上掉下的條件是

                                                        （21）

5. 若物塊的初速度滿足條件（21）式，則將從木板上掉下來，設剛要從木板上掉下來時，、、三者的速度分別為、和，則有

                                               （22）

這時（18）式應改寫為

                                                （23）

（19）式應改寫為

                        （24）

當物塊從木板上掉下來後，若物塊剛好不會從木板上掉下，即當的左端趕上時，與的速度相等．設此速度為，則對、這一系統來說，由動量守恆定律，有

                                                （25）

在此過程中，對這一系統來說，滑動摩擦力做功的代數和為，由動能定理可得

                             （26）

由（23）、（24）、（25）、（26）式可得

                                                        （27）

即當時，物塊剛好不能從木板上掉下。若，則將從木板上掉下，故物塊從木板上掉下來的條件是

                                                       （28）

知識點：專題五 動量與能量

題型：計算題