Question

5．如图所示，在倾角θ=30°的斜面上放置一凹槽B，B与斜面间的动摩擦因数μ=$\frac{\sqrt{3}}{6}$，凹槽B的左侧壁（侧壁厚度不计）距斜面底端距离L=15m．槽内靠近右侧壁处有一小物块A（可视为质点），它到凹槽左侧壁的距离d=0.10m．A、B的质量都为m=2.0kg，B与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，不计A、B之间的摩擦．现同时由静止释放A、B，经过一段时间，A与B的侧壁发生碰撞，碰撞过程不计机械能损失，碰撞时间极短．取g=10m/s²．求：
（1）A与B的左侧壁发生第一次碰撞后瞬间A、B的速度；
（2）在A与B的左侧壁发生第一次碰撞后到第二次碰撞前的这段时间内，A与B的左侧壁之间的最大距离；
（3）A从开始下滑到B的左侧壁滑至斜面底端的过程中，A与B的左侧壁碰撞的次数．

Answer 1

分析 （1）由静止释放A、B，A在凹槽内，B受到的滑动摩擦力f=μ•2mgcosθ，B所受重力沿斜面的分力G₁=mgsinθ，由计算得到f=G₁，说明B仍保持静止，A做匀加速运动，牛顿定律和运动学规律求出A与B碰撞前的速度大小．A与B的侧壁发生碰撞，碰撞过程不损失机械能，碰撞时间极短，动量和机械能均守恒，可求出A与B的左侧壁第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度．
（2）A、B第一次碰撞后，B做匀速运动，A做匀加速运动，加速度不变，当A的速度与B相等，A与B的左侧壁距离达到最大．由位移公式和速度求出最大距离．
（3）根据A、B的运动过程，应用v-t图象可以求出B的位移．

解答 解：（1）A在凹槽内，B受到的滑动摩擦力为：f=μ•3mgcosθ=10N     
B所受重力沿斜面的分力为：G₁=2mgsinθ=10N
因为G₁=f，所以B受力平衡，释放后B保持静止，释放A后，A做匀加速运动，由牛顿定律和运动学规律得：
mgsinθ=ma₁，v₁²=2a₁d，解得，A的加速度和碰撞前的速度分别为：a₁=5m/s²，v₁=1.0m/s²．
A．B发生碰撞，规定沿斜面向下为正方向，由系统动量守恒得：
mv₁=mv₁′+mv₂′
碰撞过程不损失机械能，得：$\frac{1}{2}$mv₁²=$\frac{1}{2}$mv₁′²+$\frac{1}{2}$mv₂′²
解得第一次发生碰撞后瞬间A，B的速度分别为：
v₁′=0m/s，方向沿斜面向上，v₂′=1m/s，方向沿斜面向下；
（2）A．B第一次碰撞后，B做匀速运动，有：s₂′=v′₂t   
A做匀加速运动，加速度仍为a₁ ，则有：
s₁′=$\frac{1}{2}$a₁t²，v_A=a₁t，
经过时间t₁，A的速度与B相等，A与B的左侧壁距离达到最大，即：
a₁t₁=v₂′，又s=s₂′-s₁′，
代入数据解得A与B左侧壁的距离：s=0.10m
因为s=d，A恰好运动到B的右侧壁，而且速度相等，所以A与B的右侧壁恰好接触但没有发生碰撞．       
 因此A与B的左侧壁的距离最大可达到0.10m．
（3）A、B每次碰撞后交换速度，设第n次碰撞前A的速度为v_n，
碰撞交换速度后v_An=v_n，v_Bn=v_（n-1），A做匀加速直线运动，加速度为a₁，
则A、B再次碰撞时，v_（n-1）t+$\frac{1}{2}$a₁t²=v_nt，解得：v_n-v_（n-1）=at₁，
应用逐差法可得：v_n=nav₁t=nv₁=n （m/s）
由以上分析可知，物块A与凹槽B的左侧壁第n次碰撞后瞬间A、B的速度大小分别为：v_An=（n-1）（m/s），v_Bn=n （m/s），
B物体的v-t图象如图所示：

由图象可知，从初始位置到物块A与凹槽B的左臂发生第n次碰撞时B的位移大小为：
x=0.4×1.0[1+2+3+…+（n-1）]=0.2（n2-n）  m，解得：n≈9.2，
所以A与B的左臂碰撞的次数额外9次；
答：（1）A与B的左侧壁发生第一次碰撞后瞬间A、B的速度分别为：0m/s、1m/s；
（2）在A与B的左侧壁发生第一次碰撞后到第二次碰撞前的这段时间内，A与B的左侧壁之间的最大距离为0.1m；
（3）A从开始下滑到B的左侧壁滑至斜面底端的过程中，A与B的左侧壁碰撞的次数是9次．

点评 本题是复杂的力学综合题，分析运动情况，把握每个过程的物理规律是关键．对于A、B的碰撞过程，属于弹性碰撞过程，两者质量相等，交换速度．