Question

14．如圖所示，固定的斜面長(zhǎng)度為2L，傾角為θ，上、下端垂直固定有擋板A、B．質(zhì)量為m的小滑塊，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，滑塊所受的摩擦力大于其重力沿斜面的分力，滑塊每次與擋板相碰均無(wú)機(jī)械能損失．現(xiàn)將滑塊由斜面中點(diǎn)P以初速度v₀沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，滑塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程與擋板碰撞的總次數(shù)為k（k＞2），重力加速度為g，試求：
（1）滑塊第一次到達(dá)擋板時(shí)的速度大小v；
（2）滑塊上滑過(guò)程的加速度大小a和到達(dá)擋板B時(shí)的動(dòng)能E_kb；
（3）滑塊滑動(dòng)的總路程s．

Answer 1

分析 （1）對(duì)滑塊的下滑過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理列式求解即可；
（2）對(duì)上滑過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度；根據(jù)動(dòng)能定理列式求解B點(diǎn)的動(dòng)能，注意考慮多解；
（3）分上滑過(guò)程停止和下降過(guò)程停止，根據(jù)動(dòng)能定理列式求解總路程．

解答 解：（1）滑塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第一次下滑到A點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：
$mgLsinθ-μmgcosθL=\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：
${v}_{A}=\sqrt{{v}_{0}^{2}+2gL（sinθ-μcosθ）}$
（2）滑塊上滑過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律，有：
mgsinθ+μmgcosθ=ma
解得：a=g（sinθ-μcosθ）
滑塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程，路程為：S=（2k-1）L （k=2，4，6，…）
根據(jù)動(dòng)能定理，有：
-mgsinθ•L-μmgcosθ•S=${E}_{kb}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：E_kb=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$-mgsinθ•L-μmgcosθ（2k-1）（k=2，4，6，…）
（3）情況一：
如果最后一次是與A板碰撞后上滑x₁停止，則路程為：S₁=（2k-1）L+x₁ （k=3，5，7，…）
對(duì)運(yùn)動(dòng)全過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：
$-μmgcosθ•{S}_{1}+mgsinθ（L-{x}_{1}）=0-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：S₁=$\frac{{v}_{0}^{2}+4kgLsinθ}{2g（μcosθ+sinθ）}$（k=3，5，7，…）
情況二：
如果最后一次是與B板碰撞后下滑x₂停止，則路程為：S₂=（2k-1）L+x₂ （k=4，6，8，…）
對(duì)運(yùn)動(dòng)全過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：
$-μmgcosθ•{S}_{2}+mgsinθ（-L+{x}_{2}）=0-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：S₂=$\frac{{v}_{0}^{2}-4kgLsinθ}{2g（μcosθ-sinθ）}$（k=4，6，8，…）
答：（1）滑塊第一次到達(dá)擋板時(shí)的速度大小v為$\sqrt{{v}_{0}^{2}+2gL（sinθ-μcosθ）}$；
（2）滑塊上滑過(guò)程的加速度大小a為g（sinθ-μcosθ），到達(dá)擋板B時(shí)的動(dòng)能為$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$-mgsinθ•L-μmgcosθ（2k-1）（k=2，4，6，…）；
（3）如果最后一次是與A板碰撞后上滑停止，則總路程為：S₁=（2k-1）L+x₁ （k=3，5，7，…）；
如果最后一次是與B板碰撞后下滑停止，則總路程為：S₂=（2k-1）L+x₂ （k=4，6，8，…）．

點(diǎn)評(píng) 本題是物體沿著斜面滑動(dòng)的問(wèn)題，要分析清楚受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，關(guān)鍵是結(jié)合動(dòng)能定理列式，難點(diǎn)是考慮運(yùn)動(dòng)的重復(fù)性，要分上滑停止或下滑停止進(jìn)行討論，同時(shí)要考慮多解．