Question

14．如圖所示，固定的斜面長度為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，與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，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機械能損失．現(xiàn)將滑塊由斜面中點P以初速度v₀沿斜面向下運動，滑塊在整個運動過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）滑塊第一次到達擋板時的速度大小v；
（2）滑塊上滑過程的加速度大小a和到達擋板B時的動能E_kb；
（3）滑塊滑動的總路程s．

Answer 1

分析 （1）對滑塊的下滑過程根據(jù)動能定理列式求解即可；
（2）對上滑過程，根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度；根據(jù)動能定理列式求解B點的動能，注意考慮多解；
（3）分上滑過程停止和下降過程停止，根據(jù)動能定理列式求解總路程．

解答 解：（1）滑塊從開始運動到第一次下滑到A點過程，根據(jù)動能定理，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）滑塊上滑過程，根據(jù)牛頓第二定律，有：
mgsinθ+μmgcosθ=ma
解得：a=g（sinθ-μcosθ）
滑塊從開始運動到運動到B點過程，路程為：S=（2k-1）L （k=2，4，6，…）
根據(jù)動能定理，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，…）
對運動全過程，根據(jù)動能定理，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，…）
對運動全過程，根據(jù)動能定理，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）滑塊第一次到達擋板時的速度大小v為$\sqrt{{v}_{0}^{2}+2gL（sinθ-μcosθ）}$；
（2）滑塊上滑過程的加速度大小a為g（sinθ-μcosθ），到達擋板B時的動能為$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$-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，…）．

點評 本題是物體沿著斜面滑動的問題，要分析清楚受力情況和運動情況，關(guān)鍵是結(jié)合動能定理列式，難點是考慮運動的重復(fù)性，要分上滑停止或下滑停止進行討論，同時要考慮多解．