Question

18．固定在水平地面上光滑斜面傾角為θ，斜面底端固定一個(gè)與斜面垂直的擋板，一木板A被在斜面上，其下端離地面高為H，上端放著一個(gè)小物塊B，如圖所示．木板和物塊的質(zhì)量均為m，相互間最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力kmgsinθ（k＜1），把它們由靜止釋放，木板與擋板發(fā)生碰撞時(shí)，時(shí)間極短，無(wú)動(dòng)能損失，而物塊不會(huì)與擋板發(fā)生碰撞．求：
（1）木板第一次與擋板碰撞彈回沿斜面上升過(guò)程中，物塊B的加速度；
（2）從釋放木板到木板與擋板第二次碰撞的瞬間，木板運(yùn)動(dòng)的路程s
（3）從釋放木板到木板和物塊都靜止，木板和物塊系統(tǒng)損失的機(jī)械能．

Answer 1

分析 （1）木板上升時(shí)，對(duì)物塊受力分析，在沿斜面方向上由牛頓運(yùn)動(dòng)定律列式求解，便可求出物塊的加速度．
（2）此題要分段進(jìn)行計(jì)算，第一段是木板開(kāi)始下落直至第一次與擋板碰撞的過(guò)程，由幾何關(guān)系可求出此過(guò)程的路程為$\frac{H}{sinθ}$，第二段是從第一次與擋板碰撞到第一次運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，第三段是從最高點(diǎn)下落到第二次與擋板碰撞，后兩段路程相同．可由牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得．
（3）損失機(jī)械能等于阻力所做的功．

解答 解：（1）木板第一次上升過(guò)程中，對(duì)物塊受力分析，受到豎直向下的重力、垂直于斜面的支持力和沿斜面向上的摩擦力作用，設(shè)物塊的加速度為a_物塊，
則物塊受合力  F_物塊=kmgsinθ-mgsinθ…①
由牛頓第二定律 F_物塊=ma_物塊…②．
聯(lián)立①②得：a_物塊=（k-1）gsinθ，方向沿斜面向上．
（2）設(shè)以地面為零勢(shì)能面，木板第一次與擋板碰撞時(shí)的速度大小為v₁，由機(jī)械能守恒有：
$\frac{1}{2}$×2${mv}_{1}^{2}$=2mgH
解得：v₁=$\sqrt{2gH}$．
設(shè)木板彈起后的加速度a_板，由牛頓第二定律有：
 a_板=-（k+1）gsinθ
S板第一次彈起的最大路程：S₁=$\frac{{-v}_{1}^{2}}{{2}_{a板}}$
解得：S₁=$\frac{H}{（k+1）sinθ}$
木板運(yùn)動(dòng)的路程S=$\frac{H}{sinθ}$+2S₁=$\frac{（k+3）H}{（k+1）sinθ}$
（3）設(shè)物塊相對(duì)木板滑動(dòng)距離為L(zhǎng)
根據(jù)能量守恒有：mgH+mg（H+Lsinθ）=kmgsinθL
損失機(jī)械能 E₀=fL=kmgsinθL                           
解得   E₀=$\frac{2kmgH}{k-1}$
答：（1）木板第一次與擋板碰撞彈回沿斜面上升過(guò)程中，物塊B的加速度a₁大小是（k-1）gsinθ，方向沿斜面向上；
（2）從釋放木板到木板與擋板第二次碰撞的瞬間，木板A運(yùn)動(dòng)的路程是$\frac{（k+3）H}{（k+1）sinθ}$；
（3）從釋放木板到木板和物塊都靜止，木板和物塊系統(tǒng)損失的機(jī)械能是$\frac{2kmgH}{k-1}$．

點(diǎn)評(píng) 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(wú)關(guān)，至于初末位置的高度差有關(guān)；摩擦力做功會(huì)使機(jī)械能能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，等于在整個(gè)過(guò)程中機(jī)械能的損失．
在應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解決問(wèn)題時(shí)，要注意運(yùn)動(dòng)過(guò)程的分析，此類問(wèn)題，還要對(duì)整個(gè)運(yùn)動(dòng)進(jìn)行分段處理．