Question

如圖所示，在傾角θ=30°的斜面上放置一段凹槽B，B與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=

3

6

，槽內靠近右側壁處有一小物塊A（可視為質點），它到凹槽左側壁的距離d=0.10m．A、B的質量都為m=2.0kg，B與斜面間的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力，不計A、B之間的摩擦，斜面足夠長．現(xiàn)同時由靜止釋放A、B，經過一段時間，A與B的側壁發(fā)生碰撞，碰撞過程不計機械能損失，碰撞時間極短．取g=10m/s²．求：
（1）物塊A和凹槽B的加速度分別是多大；
（2）物塊A與凹槽B的左側壁第一次碰撞后瞬間A、B的速度大�。�
（3）從初始位置到物塊A與凹槽B的左側壁發(fā)生第三次碰撞時B的位移大�。�

Answer 1

分析：（1）根據(jù)受力分析和牛頓第二定律求解．
（2）由靜止釋放A、B，A在凹槽內，B受到的滑動摩擦力f=μ?2mgcosθ，B所受重力沿斜面的分力G₁=mgsinθ，由計算得到f=G₁，說明B仍保持靜止，A做勻加速運動，牛頓定律和運動學規(guī)律求出A與B碰撞前的速度大�。瓵與B的側壁發(fā)生碰撞，碰撞過程不損失機械能，碰撞時間極短，動量和機械能均守恒，可求出A與B的左側壁第一次發(fā)生碰撞后瞬間A、B的速度．
（3）A、B第一次碰撞后，B做勻速運動，A做勻加速運動，加速度不變，當A的速度與B相等，A與B的左側壁距離達到最大．由位移公式和速度求出位移．

解答：解：（1）設A的加速度為a₁，則
mg sinθ=ma₁，a₁=g sinθ=10×sin 30°=5.0m/s²
設B受到斜面施加的滑動摩擦力f，則f=μ?2mgcosθ=

3

6

×2.0×10×cos30°=10N，方向沿斜面向上
B所受重力沿斜面的分力G₁=mgsinθ=2.0×10×sin30°=10N，方向沿斜面向下
因為G₁=f，所以B受力平衡，釋放后B保持靜止，則
凹槽B的加速度a₂=0
（2）釋放A后，A做勻加速運動，設物塊A運動到凹槽B的左內側壁時的速度為v_A0，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律得

v

2 A0

=2a1d
v_A0=

2a1d

=

2×5.0×0.10

=1.0m/s 
因A、B發(fā)生彈性碰撞時間極短，沿斜面方向動量守恒，A和B碰撞前后動能守恒，設A與B碰撞后A的速度為v_A1，B的速度為v_B1，根據(jù)題意有mv_A0=mv_A1+mv_B1

1

2

m

v

2 A0

=

1

2

m

v

2 A1

+

1

2

m

v

2 B1

解得第一次發(fā)生碰撞后瞬間A、B的速度分別為
v_A1=0，v_B1=1.0 m/s  
（3）A、B第一次碰撞后，B以v_B1=1.0 m/s做勻速運動，A做初速度為0的勻加速運動，設經過時間t₁，A的速度v_A2與B的速度相等，A與B的左側壁距離達到最大，即
v_A2=a₁t₁=v_B1，解得t₁=0.20s
設t₁時間內A下滑的距離為x₁，則x1=

1

2

a1t12
解得x₁=0.10m
因為x₁=d，說明A恰好運動到B的右側壁，而且速度相等，所以A與B的右側壁恰好接觸但沒有發(fā)生碰撞．
設A與B第一次碰后到第二次碰時所用時間為t₂，A運動的距離為x_A1，B運動的距離為x_B1，A的速度為v_A3，則
x_A1=

1

2

a1

t

2 2

，x_B1=v_B1t₂，x_A1=x_B1
解得t₂=0.40s，x_B1=0.40m，v_A3=a₁t₂=2.0m/s 
第二次碰撞后，由動量守恒定律和能量守恒定律可解得A、B再次發(fā)生速度交換，B以v_A3=2.0m/s速度做勻速直線運動，A以v_B1=1.0m/s的初速度做勻加速運動．
用前面第一次碰撞到第二次碰撞的分析方法可知，在后續(xù)的運動過程中，物塊A不會與凹槽B的右側壁碰撞，
并且A與B第二次碰撞后，也再經過t₃=0.40s，A與B發(fā)生第三次碰撞．
設A與B在第二次碰后到第三次碰時B運動的位移為x_B2，則
x_B2=v_A3t₃=2.0×0.40=0.80m；
設從初始位置到物塊A與凹槽B的左內側壁發(fā)生第三次碰撞時B的位移大小x，則
x=x_B1+x_B2=0.40+0.80=1.2m  
答：（1）物塊A和凹槽B的加速度分別是5.0m/s²和0；
（2）物塊A與凹槽B的左側壁第一次碰撞后瞬間A、B的速度大小分別是v_A1=0，v_B1=1.0 m/s；
（3）從初始位置到物塊A與凹槽B的左側壁發(fā)生第三次碰撞時B的位移大小是1.2m．

點評：本題是復雜的力學綜合題，分析運動情況，把握每個過程的物理規(guī)律是關鍵．對于A、B的碰撞過程，屬于彈性碰撞過程，兩者質量相等，交換速度．