Question

7．如圖，傾角θ=30°的光滑斜面底端固定一塊垂直于斜面的擋板．將長(zhǎng)木板A靜置于斜面上，A上放置一小物塊B，初始時(shí)A下端與擋板相距L=4m，現(xiàn)同時(shí)無初速釋放A和B．已知在A停止運(yùn)動(dòng)之前B始終沒有脫離A且不會(huì)與擋板碰撞，A和B的質(zhì)量均為m=1kg，它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，A或B與擋板每次碰撞損失的動(dòng)能均為△E=10J，忽略碰撞時(shí)間，重力加速度大小g取10m/s²．求
（l）A第一次與擋板碰前瞬間的速度大小v；
（2）A第一次與擋板碰撞到第二次與擋板碰撞的時(shí)間△t；
（3）B相對(duì)于A滑動(dòng)的可能最短時(shí)間t．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)機(jī)械能守恒求得速度；
（2）根據(jù)受力分析判斷出碰撞后B的運(yùn)動(dòng)，利用牛頓第二定律求得加速度，根據(jù)動(dòng)能定理求得速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得時(shí)間；
（3）根據(jù)動(dòng)能定理求得第2次反彈后的速度，利用牛頓第二定律求得加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得時(shí)間

解答 解：（1）B和A一起沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，由機(jī)械能守恒定律有$2mgLsinθ=\frac{1}{2}（2m）{v^2}$①
由①式得     $v=2\sqrt{10}\;m/s$②
（2）第一次碰后，對(duì)B有mgsinθ=μmgcosθ故B勻速下滑          ③
對(duì)A有mgsinθ+μmgcosθ=ma₁④
得A的加速度${a_1}=10\;m/{s^2}$，方向始終沿斜面向下，A將做類豎直上拋運(yùn)動(dòng)   ⑤
設(shè)A第1次反彈的速度大小為v₁，由動(dòng)能定理有$\frac{1}{2}m{v^2}-\frac{1}{2}m{v_1}^2=△E$⑥
$△t=\frac{{2{v_1}}}{a_1}$⑦
由⑥⑦式得$△t=\frac{{2\sqrt{5}}}{5}s$⑧
（3）設(shè)A第2次反彈的速度大小為v₂，由動(dòng)能定理有$\frac{1}{2}m{v^2}-\frac{1}{2}m{v_2}^2=2△E$⑨
得v₂=10 m/s⑩
即A與擋板第2次碰后停在底端，B繼續(xù)勻速下滑，與擋板碰后B反彈的速度為v'，加速度大小為a′，由動(dòng)能定理有$\frac{1}{2}m{v^2}-\frac{1}{2}m{v'^2}=△E$（11）
mgsinθ+μmgcosθ=ma'（12）
由（11）（12）式得B沿A向上做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 ${t_2}=\frac{v'}{a'}=\frac{{\sqrt{5}}}{5}\;s$（13）
當(dāng)B速度為0時(shí)，因mgsinθ=μmgcosθ≤f_m，B將靜止在A上．            （14）
當(dāng)A停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，B恰好勻速滑至擋板處，B相對(duì)A運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t最短，故t=△t+t₂=$\frac{{3\sqrt{5}}}{5}\;s$
答：（l）A第一次與擋板碰前瞬間的速度大小v為$2\sqrt{10}m/s$；
（2）A第一次與擋板碰撞到第二次與擋板碰撞的時(shí)間△t為$\frac{2\sqrt{5}}{5}s$；
（3）B相對(duì)于A滑動(dòng)的可能最短時(shí)間t為$\frac{3\sqrt{5}}{5}s$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查功能關(guān)系、牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，要注意正確分析物理過程，對(duì)所選研究對(duì)象做好受力分析，明確物理規(guī)律的正確應(yīng)用好可正確求解．