Question

如圖所示，有n個(gè)相同的貨箱沿同一條直線停放在傾角為θ的斜面上，每個(gè)貨箱長(zhǎng)皆為l，質(zhì)量皆為m，相鄰兩貨箱間距離為l，最下端的貨箱到斜面底端的距離也為l．現(xiàn)給第1個(gè)貨箱一適當(dāng)?shù)某跛俣葀₀，使之沿斜面下滑，在每次發(fā)生正碰后（碰撞時(shí)間很短），發(fā)生碰撞的貨箱都粘合在一起運(yùn)動(dòng)，當(dāng)動(dòng)摩擦因數(shù)為μ時(shí)，最后第n個(gè)貨箱恰好停在斜面底端．求：
（1）第一個(gè)貨箱碰撞第二個(gè)貨箱前瞬間的速度v₁；
（2）設(shè)第一次碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為△E_k1，第一 次碰撞前的瞬間第一個(gè)貨箱的動(dòng)能為E_k1，求

△Ek1

Ek1

的比值；
（3）整個(gè)過(guò)程中由于碰撞而損失的機(jī)械能．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)牛頓第二定律求出貨箱的加速度，根據(jù)速度位移公式求出第一個(gè)貨箱碰撞第二個(gè)貨箱前瞬間的速度．
（2）根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出第一次碰撞后的共同速度，根據(jù)能量守恒定律求出碰撞損失的機(jī)械能，從而得出

△Ek1

Ek1

的比值．
（3）加速度與質(zhì)量無(wú)關(guān)，說(shuō)明每次碰后貨箱沿斜面下滑的加速度大小均為a，方向沿斜面向上．在整個(gè)過(guò)程中，序號(hào)為1，2，3，…，n的貨箱沿斜面下滑的距離分別為nl，（n-1）l，（n-2）l，…，求出貨箱重力勢(shì)能的減小量以及摩擦產(chǎn)生的熱量，根據(jù)能量守恒定律求出整個(gè)過(guò)程中由于碰撞而損失的機(jī)械能．

解答：解：（1）由于第n個(gè)貨箱被碰后，運(yùn)動(dòng)到斜面底端停下，表明貨箱沿斜面做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)第一個(gè)貨箱的加速度為a，由牛頓第二定律，得
μmgcosθ-mgsinθ=ma
 解得a=μgcosθ-gsinθ
又因?yàn)椋?span dealflag="1" class="MathJye" mathtag="math" style="whiteSpace:nowrap;wordSpacing:normal;wordWrap:normal">v12-v02=-2al
得：v1=

v02-2gl(μcosθ-sinθ)

（2）第一，二兩貨箱碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，即
mv₁=（m+m）v₂
上述過(guò)程中損失的機(jī)械能為 △EK1=

1

2

mv12-

1

2

(m+m)v22
而 EK1=

1

2

mv12
聯(lián)立以上各式，得

△Ek1

Ek1

=

1

2

（3）加速度與質(zhì)量無(wú)關(guān)，說(shuō)明每次碰后貨箱沿斜面下滑的加速度大小均為a，方向沿斜面向上．在整個(gè)過(guò)程中，序號(hào)為1，2，3，…，n的貨箱沿斜面下滑的距離分別為nl，（n-1）l，（n-2）l，…，l，因此，除碰撞瞬間外，各貨箱由于滑動(dòng)而產(chǎn)生的摩擦熱為
Q=μmglcosθ（1+2+…+n）=

n(n+1)

2

μmglcosθ
貨箱的重力勢(shì)能的減少量為
△E_p=mglsinθ（1+2+…+n）=

n(n+1)

2

mglsinθ
全過(guò)程中，由能量守恒定律，得
△Ep+

1

2

mv02=Q+△E，則
△E=

1

2

mv02+

n(n+1)

2

mglsinθ-

n(n+1)

2

μmglcosθ．
答：（1）第一個(gè)貨箱碰撞第二個(gè)貨箱前瞬間的速度v1=

v02-2gl(μcosθ-sinθ)

．
（2）

△Ek1

Ek1

的比值為

1

2

．
（3）整個(gè)過(guò)程中由于碰撞而損失的機(jī)械能△E=

1

2

mv02+

n(n+1)

2

mglsinθ-

n(n+1)

2

μmglcosθ．

點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查了動(dòng)能定理、動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律，綜合性較強(qiáng)，對(duì)數(shù)學(xué)的能力要求較高．