一傾角為θ=45°的斜面固定于地面,斜面頂端離地面的高度h0=1m,斜面底端有一垂直于斜而的固定擋板.在斜面頂端自由釋放一質(zhì)量m=0.09kg的小物塊(視為質(zhì)點(diǎn)).小物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2.當(dāng)小物塊與擋板碰撞后,將以原速返回.重力加速度g=10m/s2.在小物塊與擋板的前4次碰撞過(guò)程中,擋板給予小物塊的總沖量是多少?
精英家教網(wǎng)
解法一:設(shè)小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運(yùn)動(dòng),到達(dá)斜面底端時(shí)速度為v.
由功能關(guān)系得mgh=
1
2
mv2+μmgcosθ
h
sinθ

以沿斜面向上為動(dòng)量的正方向.按動(dòng)量定理,碰撞過(guò)程中擋板給小物塊的沖量I=mv-m(-v)②
設(shè)碰撞后小物塊所能達(dá)到的最大高度為h′,則
1
2
mv2=mgh′+μmgcosθ
h′
sinθ

同理,有mgh′=
1
2
mv2+μmgcosθ
h′
sinθ

I'=mv'-m(-v')⑤
式中,v′為小物塊再次到達(dá)斜面底端時(shí)的速度,I’為再次碰撞過(guò)程中擋板給小物塊的沖量.由①②③④⑤式得I'=kI⑥
式中  k=
tanθ-μ
tanθ+μ

由此可知,小物塊前4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級(jí)數(shù),首項(xiàng)為I1=2m
2gh0(1-μcotθ)

總沖量為I=I1+I2+I3+I4=I1(1+k+k2+k3)
由   1+k+k2+…kn-1=
1-kn
1-k
  ⑩
得     I=
1-k4
1-k
2m
2gh0(1-μcotθ)
(11)
代入數(shù)據(jù)得     I=0.43(3+
6
)
N?s              
答:在小物塊與擋板的前4次碰撞過(guò)程中,擋板給予小物塊的總沖量是0.43(3+
6
)
N?s.             
解法二:設(shè)小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運(yùn)動(dòng),小物塊受到重力,斜面對(duì)它的摩擦力和支持力,小物塊向下運(yùn)動(dòng)的加速度為a,依牛頓第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma①
設(shè)小物塊與擋板碰撞前的速度為v,則v2=2a
h
sinθ

以沿斜面向上為動(dòng)量的正方向.按動(dòng)量定理,碰撞過(guò)程中擋板給小物塊的沖量為I=mv-m(-v)③
由①②③式得I1=2m
2gh(1-μcotθ)

設(shè)小物塊碰撞后沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a′,依牛頓第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma'⑤
小物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的最大高度為h′=
v2
2a′
sinθ

由②⑤⑥式得   h'=k2h⑦
式中   k=
tanθ-μ
tanθ+μ

同理,小物塊再次與擋板碰撞所獲得的沖量I′=2m
2gh′(1-μcotθ)

由④⑦⑨式得 I'=kI⑩
由此可知,小物塊前4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級(jí)數(shù),首項(xiàng)為I1=2m
2gh0(1-μcotθ)
(11)
總沖量為         I=I1+I2+I3+I4=I1(1+k+k2+k3)(12)
由   1+k+k2+…kn-1=
1-kn
1-k
(13)
得       I=
1-k4
1-k
2m
2gh0(1-μcotθ)
(14)
代入數(shù)據(jù)得     I=0.43(3+
6
)
N?s                             (15)
答:在小物塊與擋板的前4次碰撞過(guò)程中,擋板給予小物塊的總沖量是0.43(3+
6
)
N?s.
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求:
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(2)小球開始下滑的初始位置坐標(biāo).

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