Question

17．如圖所示，上表面光滑的”L“形木板B鎖定在傾角為37°的足夠長斜面上，將一小物塊A從木板B的中點輕輕釋放，同時解除木板B的鎖定，此后A和B發(fā)生碰撞，碰撞過程時間很短且不計能量損失，已知物塊A的質(zhì)量m=1kg，木板B的質(zhì)量M=4kg，板長L=6m，木板與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.6，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g=10m/s²，sin37°=0.6，試問：
（1）第一次碰撞后瞬間A和B的速度；
（2）在第一次碰撞后到第二次碰撞前的過程中，A距B的最大距離和重力對A做的功；
（3）試分析說明第二次碰撞后小物體能否離開木板．

Answer 1

分析 （1）由機械能守恒求出A在碰撞前的速度；然后由機械能守恒與動量守恒求出第一次碰撞后瞬間A和B的速度；
（2）在第一次碰撞后到第二次碰撞前的過程中，當二者的速度相等時距離最大，由牛頓第二定律以及運動學的公式即可求出運動的時間以及A距B的最大距離，由功的定義式即可求出重力對A做的功．
（3）由動量守恒與機械能守恒求出第二次碰撞后二者各自的速度，然后由牛頓第二定律以及運動學的公式分析即可．

解答 解：（1）A與B碰撞前沿B向下的位移是3m，該過程中重力做功，由機械能守恒得：
$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}=mg•\frac{L}{2}•sinθ$
代入數(shù)據(jù)得：v₀=6m/s
A與B碰撞的時間短，可以認為沿斜面的方向二者的動量守恒，選取沿斜面向下的方向為正方向，則：
mv₀=mv₁+Mv₂
由機械能守恒得：$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}=\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}+\frac{1}{2}M{v}_{2}^{2}$
聯(lián)立得：v₁=-3.6m/s，v₂=2.4m/s
（2）A與B碰撞后，A受到重力、斜面的支持力，沿斜面的方向：mgsinθ=ma₁
所以：${a}_{1}=gsinθ=10×sin37°=6m/{s}^{2}$
可知A先向上減速，然后再向下加速，
B受到重力、斜面的支持力、A對B的壓力、斜面對B的摩擦力，沿斜面的方向：
Ma₂=Mgsinθ-μ（m+M）gcosθ
代入數(shù)據(jù)得：a₂=0
可知B沿斜面向下做勻速直線運動．當A的速度恰好與B的速度相等時，二者之間的距離最大，設時間為t，則：
v₂=v₁+a₁t
代入數(shù)據(jù)得：t=1s
二者的相對位移：x=${v}_{2}t-{v}_{1}t-\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}$
代入數(shù)據(jù)得：x=3m
當A再次與B相碰時，二者的位移相等，則：${v}_{2}t′={v}_{1}t′+\frac{1}{2}{a}_{1}t{′}^{2}$
代入數(shù)據(jù)得：t′=2s
此過程中B的位移：x_B=v₂t′=2.4×2=4.8m
重力做的功：W=Mgx′•sinθ=4×10×4.8×sin37°=115.2 J
（3）此時A的速度：v₃=v_a+a₁t′=-3.6+6×2=8.4m/s
A第二次與B碰撞的過程中：mv₃+Mv₂=mv₄+Mv₅；
$\frac{1}{2}m{v}_{3}^{2}+\frac{1}{2}M{v}_{2}^{2}=\frac{1}{2}m{v}_{4}^{2}+\frac{1}{2}M{v}_{5}^{2}$
聯(lián)立得：v₄=-1.2m/s；v₅=4.8m/s
此后A的運動是先向上減速，然后再向下加速，B仍然做勻速直線運動，當A的速度恰好與B的速度相等時，二者之間的距離最大，設時間為t″，則：
v₅=v₄+a₁t″
代入數(shù)據(jù)得：t″=1s
二者的相對位移：x″=${v}_{5}t-{v}_{4}t-\frac{1}{2}{a}_{1}{t″}^{2}$
代入數(shù)據(jù)得：x″=3m
所以A不能離開B板．
答：（1）第一次碰撞后瞬間A和B的速度分別為3.6m/s，方向向上和2.4m/s方向向下；
（2）在第一次碰撞后到第二次碰撞前的過程中，A距B的最大距離是3m，重力對A做的功是115.2J；
（3）第二次碰撞后小物體不能離開木板．

點評 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關(guān)，至于初末位置的高度差有關(guān)；摩擦力做功會使機械能能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，等于在整個過程中機械能的損失．
在應用牛頓運動定律和運動學公式解決問題時，要注意運動過程的分析，此類問題，還要對整個運動進行分段處理．