Question

4．如圖所示，斜面體固定在水平面上，斜面光滑，傾角為θ，斜面底端固定有與斜面垂直的擋板，木板下端離地面高H，上端放著一個(gè)細(xì)物塊．木板和物塊的質(zhì)量均為m，相互間最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力kmgsinθ（k＞1），斷開(kāi)輕繩，木板和物塊沿斜面下滑．假設(shè)木板足夠長(zhǎng)，與擋板發(fā)生碰撞時(shí)，時(shí)間極短，無(wú)動(dòng)能損失，空氣阻力不計(jì)．求：
（1）木板第一次與擋板碰撞彈起上升過(guò)程中，木板的加速度；
（2）從斷開(kāi)輕繩到木板與擋板第二次碰撞的瞬間，木板運(yùn)動(dòng)的路程s；
（3）為使物塊不與擋板相碰，木板至少多長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）木板上升時(shí)，對(duì)木板受力分析，在沿斜面方向上由牛頓運(yùn)動(dòng)定律列式求解，便可求出木板的加速度；
（2）此題要分段進(jìn)行計(jì)算，第一段是木板開(kāi)始下落直至第一次與擋板碰撞的過(guò)程，由幾何關(guān)系可求出此過(guò)程的路程，第二段是從第一次與擋板碰撞到第一次運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，第三段是從最高點(diǎn)下落到第二次與擋板碰撞，后兩段路程相同．可由牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得．
（3）當(dāng)物塊和木板最終都靜止時(shí)，物塊剛好運(yùn)動(dòng)到木板底端，此時(shí)木板最短，以木板和物塊組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒列式求解．

解答 解：（1）木板第一次與擋板碰撞彈起上升過(guò)程中，物塊繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，
設(shè)木板彈起后的加速度a_板，以向下為正，由牛頓第二定律 a_板=$\frac{mgsinθ+kmgsinθ}{m}$=（k+1）gsinθ，
（2）設(shè)以地面為零勢(shì)能面，木板第一次與擋板碰撞時(shí)的速度大小為v₁，
由機(jī)械能守恒得：$\frac{1}{2}×2m{{v}_{1}}^{2}=2mgH$
解得：${v}_{1}=\sqrt{2gH}$
木板第一次彈起的最大路程${s}_{1}=\frac{-{{v}_{1}}^{2}}{2{a}_{板}}$
解得：${s}_{1}=\frac{H}{（k+1）sinθ}$
木板運(yùn)動(dòng)的路程S=$\frac{H}{sinθ}$+2S₁=$\frac{（k+3）H}{（k+1）sinθ}$
（3）當(dāng)物塊和木板最終都靜止時(shí)，物塊剛好運(yùn)動(dòng)到木板底端，此時(shí)木板最短，即木塊和木板的相對(duì)位移為L(zhǎng)，
根據(jù)能量守恒有：
mgH+mg（H+Lsinθ）=kmgsinθL
解得：L=$\frac{2H}{ksinθ-sinθ}$
答：（1）木板第一次與擋板碰撞彈起上升過(guò)程中，木板的加速度大小為（k+1）gsinθ，方向向下；
（2）從斷開(kāi)輕繩到木板與擋板第二次碰撞的瞬間，木板運(yùn)動(dòng)的路程s為$\frac{（k+3）H}{（k+1）sinθ}$；
（3）為使物塊不與擋板相碰，木板的長(zhǎng)度至少為$\frac{2H}{ksinθ-sinθ}$．

點(diǎn)評(píng) 此題考察到了能量的轉(zhuǎn)化與守恒定律，牽扯到了重力和摩擦力做功，要注意的是重力做功與路徑無(wú)關(guān)，只與初末位置的高度差有關(guān)，摩擦力做功會(huì)使機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，等于在整個(gè)過(guò)程中機(jī)械能的損失．在應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解決問(wèn)題時(shí)，要注意運(yùn)動(dòng)過(guò)程的分析，此類問(wèn)題，還要對(duì)整個(gè)運(yùn)動(dòng)進(jìn)行分段處理．