Question

（2006?邵陽模擬）一塊足夠長的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序號(hào)是1，2，3，…n的物塊，所有物塊的質(zhì)量均為m，與木板間的摩擦因素都相同，開始時(shí)，木板靜止不動(dòng)，第1，2，3，…n號(hào)物塊的初速度分別是v₀，2v₀，3v₀，…，nv₀，方向都向右，木板的質(zhì)量與木塊的總質(zhì)量相等，最終所有的物塊與木板以共同速度勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊之間均無相互碰撞，木板足夠長．試求：
（1）所有物塊與木板一起勻速運(yùn)動(dòng)的速度v_n
（2）第1號(hào)物塊與木板剛好相對(duì)靜止時(shí)的速度v₁
（3）通過分析和計(jì)算說明第k號(hào)（k＜n）物塊的最小速度v_k．

Answer 1

分析：（1）A、B、C三個(gè)物體組成的系統(tǒng)，所受合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出最終A、B、C的共同速度．
（2）根據(jù)動(dòng)量守恒定律和動(dòng)量定理研究，求出A與C剛相對(duì)靜止時(shí)B的速度．
（3））第1號(hào)物塊到達(dá)速度v1=

1

2

v0之后，又會(huì)隨木板做加速運(yùn)動(dòng)．所以

1

2

v0就是第1號(hào)物塊的最小速度．同理可得，第k號(hào)（k＜n）物塊的最小速度就是它與木板相對(duì)靜止的瞬間的速度．

解答：解：（1）根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mv₀+2mv₀+3mv₀+…+nmv₀=2nmv_n
解得：vn=

1

4

(n+1)v0  
（2）設(shè)經(jīng)過t時(shí)間，第1號(hào)物塊與木板剛好相對(duì)靜止，共同速度為v₁，根據(jù)動(dòng)量定理得
   對(duì)第一個(gè)木塊：-μmgt=m（v₁-v₀）
   對(duì)木板：n?μmgt=nmv₁
聯(lián)立以上二式，解得：v1=

1

2

v0；μmgt=

1

2

mv0
  （3）第1號(hào)物塊到達(dá)速度v1=

1

2

v0之后，又會(huì)隨木板做加速運(yùn)動(dòng)．所以

1

2

v0就是第1號(hào)物塊的最小速度．同理可得，第k號(hào)（k＜n）物塊的最小速度就是它與木板相對(duì)靜止的瞬間的速度．
設(shè)經(jīng)過t₂時(shí)間，第2號(hào)物塊與木板剛好相對(duì)靜止，共同速度為v₂，根據(jù)動(dòng)量定理得
   對(duì)第2個(gè)木塊：-μmgt₂=mv₂-（2mv₀-μmgt）
   對(duì)木板和第1個(gè)木塊：（n-1）μmgt₂=（n+1）m（v₂-v₁）
聯(lián)立以上二式 v2=

2n-1

2n

v0；μmgt2=

2n+1

2n

mv0

設(shè)經(jīng)過t₃時(shí)間，第3號(hào)物塊與木板剛好相對(duì)靜止，共同速度為v₃，根據(jù)動(dòng)量定理得
   對(duì)第3個(gè)木塊：-μmgt₃=mv₃-（3mv₀-μmgt-μmgt₂）
   對(duì)木板和2個(gè)木塊：（n-2）μmgt₃=（n+2）m（v₃-v₂）
?
?
?
設(shè)經(jīng)過t_k時(shí)間，第k號(hào)物塊與木板剛好相對(duì)靜止，共同速度為v_k，根據(jù)動(dòng)量定理得
   對(duì)第k個(gè)木塊：-μmgt_k=mv_k-（kmv₀-μmgt-μmgt₂…μmgt_k）
   對(duì)木板和（k-1）個(gè)木塊：[n-（k-1）]μmgt_k=[n+（k-1）]m（v_k-v_k-1）
聯(lián)立以上各式，解得：vk=

(2n+1-k)kv0

4n

答：（1）所有物塊與木板一起勻速運(yùn)動(dòng)的速度vn=

1

4

(n+1)v0；
（2）第1號(hào)物塊與木板剛好相對(duì)靜止時(shí)的速度v1=

1

2

v0；
（3）通過分析和計(jì)算說明第k號(hào)（k＜n）物塊的最小速度vk=

(2n+1-k)kv0

4n

．

點(diǎn)評(píng)：本題的運(yùn)動(dòng)過程比較復(fù)雜，研究對(duì)象比較多，按程序法進(jìn)行分析，考查解決綜合題的能力．