Question

如圖所示，A為位于一定高度處的質量為m的小球，B為位于水平地面上的質量為M的長方形空心盒子，盒子足夠長，且M=2m，盒子與地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2．盒內存在著某種力場，每當小球進入盒內，該力場將同時對小球和盒子施加一個大小為F=Mg、方向分別豎直向上和向下的恒力作用；每當小球離開盒子，該力F同時立即消失．盒子的上表面開有一系列略大于小球的小孔，孔間距滿足一定的關系，使得小球進出盒子的過程中始終不與盒子接觸．當小球A以v=1m/s的速度從孔1進入盒子的瞬間，盒子B恰以v₀=6m/s的速度向右滑行．取重力加速度g=10m/s²，小球恰能順次從各個小孔進出盒子．試求：
（1）小球A從第一次進入盒子到第二次進入盒子所經(jīng)歷的時間；
（2）盒子上至少要開多少個小孔，才能保證小球始終不與盒子接觸；
（3）從小球第一次進入盒子至盒子停止運動的過程中，盒子通過的總路程．

Answer 1

分析：（1）小球A從第一次進入盒子到第二次進入盒子所經(jīng)歷的時間分為兩部分，A在盒子內運動時運動牛頓第二定律求出加速度，再用運動學基本公式求出時間，A在盒子外運動的時間根據(jù)運動學基本公式即可求得，時間之和即為經(jīng)歷的總時間；
（2）分別求出小球在盒內和盒外時的盒子的加速度，進而求出小球運動一個周期盒子減少的速度，再求出從小球第一次進入盒子到盒子停下，小球運動的周期數(shù)n，要保證小球始終不與盒子相碰，盒子上的小孔數(shù)至少為2n+1個；
（3）分別求出盒子在每個周期內通過的距離，觀察數(shù)據(jù)得特點，且當盒子停下時，小球恰要進入盒內，從而求出總位移．

解答：解：（1）A在盒子內運動時，根據(jù)牛頓第二定律有：F-mg=ma
解得：a=g
A在盒子內運動的時間：t1=

2v

a

=0.2s
A在盒子外運動的時間：t2=

2v

g

=0.2s
A從第一次進入盒子到第二次進入盒子的時間：T=t₁+t₂=0.4s．
（2）小球在盒子內運動時，盒子的加速度：a1=

μ(F+Mg)

M

=

0.2×2Mg

M

=4m/s2．
小球在盒子外運動時，盒子的加速度：a2=

μMg

M

=2m/s2．
小球運動一個周期盒子減少的速度為：△v=a₁t₁+a₂t₂=4×0.2+2×0.2m/s=1.2m/s．
從小球第一次進入盒子到盒子停下，小球運動的周期數(shù)為：n=

v1

△v

=

6

1.2

=5．
故要保證小球始終不與盒子相碰，盒子上的小孔數(shù)至少為2n+1個，即11個．
（3）小球第一次在盒內運動的過程中，盒子前進的距離為：s1=v0t-

1

2

a1t12=1.12m．
小球第一次從盒子出來時，盒子的速度：v₁=v₀-a₁t₁=5.2m/s．
小球第一次在盒外運動的過程中，盒子前進的距離為：s2=v1t2-

1

2

a2t22=1m．
小球第二次進入盒子時，盒子的速度：v₂=v₁-a₂t₂=4.8m/s．
小球第二次在盒子內運動的過程中，盒子前進的距離為：s3=v2t1-

1

2

a1t12=0.88m．
小球第二次從盒子出來時，盒子的速度：v₃=v₂-a₁t₁=4m/s．
小球第二次在盒外運動的過程中，盒子前進的距離為：s4=v3t2-

1

2

a2t22=0.76m．
…
分析上述各組數(shù)據(jù)可知，盒子在每個周期內通過的距離為一等差數(shù)列，公差d=0.12m．且當盒子停下時，小球恰要進入盒內，最后0.2s內盒子通過的路程為0.04m．
所以從小球第一次進入盒子至盒子停止運動的過程中，盒子通過的總路程為：
s=

n(s1+sn)

2

=

10(1.12+0.04)

2

m=5.8m．
答：（1）小球A從第一次進入盒子到第二次進入盒子所經(jīng)歷的時間為0.4s．
（2）盒子上至少要開11個小孔，才能保證小球始終不與盒子接觸．
（3）從小球第一次進入盒子至盒子停止運動的過程中，盒子通過的總路程為5.8m．

點評：該題是較為復雜的往復運動，要求同學們能正確分析每個過程的受力情況，求出加速度、時間和位移，還要善于觀察數(shù)據(jù)，總結數(shù)據(jù)之間的規(guī)律，要求較高，難度很大，屬于難題．