Question

12．如圖所示，在傾角為θ的斜面上放置一內(nèi)壁光滑的凹槽A，凹槽A與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=$\frac{3}{2}$tanθ，槽內(nèi)緊靠右擋板處有一小物塊B，它與凹槽左擋板的距離為d．A、B的質(zhì)量均為m，斜面足夠長．現(xiàn)同時由靜止釋放A、B，此后B與A擋板每次發(fā)生碰撞均交換速度，碰撞時間都極短．已知重力加速度為g．求：
（1）物塊B從開始釋放到與凹槽A發(fā)生第一次碰撞所經(jīng)過的時間t₁．
（2）B與A發(fā)生第二次碰撞前瞬間物塊B的速度大小v₂．
（3）B與A發(fā)生第n+1（n≥1）次碰撞前瞬間物塊B的速度大小v_n．

Answer 1

分析 （1）對滑塊B受力分析后根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，然后根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式求解時間；
（2）根據(jù)牛頓第二定律求解A的加速度；根據(jù)速度位移關(guān)系公式求解出A停止前的運(yùn)動位移，然后再根據(jù)位移時間關(guān)系公式和速度時間關(guān)系公式求解第二次碰撞的速度；
（3）求解出第二次碰撞后速度與第一次碰撞后速度間的關(guān)系后找規(guī)律即可．

解答 解：（1）設(shè)B下滑的加速度為a_B，則mgsinθ=ma_B
解得：a_B=gsinθ，
A所受重力沿斜面的分力 G₁=mgsinθ＜μ•2mgcosθ，
所以B下滑時，A保持靜止，根據(jù)位移時間關(guān)系公式得：$d=\frac{1}{2}{a}_{B}{{t}_{1}}^{2}$，
解得：${t}_{1}=\sqrt{\frac{2d}{gsinθ}}$
（2）滑塊B剛釋放后做勻加速運(yùn)動，設(shè)物塊B運(yùn)動到凹槽A的左擋板時的速度為v₁，
根據(jù)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律得 ${v}_{1}=\sqrt{2{a}_{B}d}=\sqrt{2dgsinθ}$
第一次發(fā)生碰撞后瞬間A、B的速度分別為v₁、0，此后A減速下滑，則2μmgcosθ-mgsinθ=ma_A
解得  a_A=2gsinθ，方向沿斜面向上，
A速度減為零的時間為t₁，下滑的位移大小為x₁，
${t}_{1}=\frac{{v}_{1}}{{a}_{A}}=\sqrt{\frachg6enem{2gsinθ}}$，${x}_{1}=\frac{{{v}_{1}}^{2}}{2{a}_{A}}=\fracjld9iii{2}$
在時間t₁內(nèi)物塊B下滑的距離${x}_{B1}=\frac{1}{2}{a}_{B}{{t}_{1}}^{2}=\fracmxfefpi{4}＜{x}_{1}$=$\frac69fm2xp{2}$，
所以發(fā)生第二次碰撞前凹槽A已停止運(yùn)動，
則B下滑距離x₁與A發(fā)生第二次碰撞，則有${{v}_{2}}^{2}=2{a}_{B}{x}_{1}$
解得${v}_{2}=\sqrt{dgsinθ}$
（3）由（2）中的分析可知${v}_{B}=\sqrt{dgsinθ}=\frac{\sqrt{2}}{2}{v}_{1}$
第二次碰后凹槽A滑行的距離  ${x}_{2}=\frac{{{v}_{2}}^{2}}{2{a}_{A}}=\frac81a6fgf{4}$
同理可得，每次凹槽A碰后滑行的距離均為上一次的一半，速度為上一次的$\frac{\sqrt{2}}{2}$倍，
則B與A發(fā)生第n+1（n≥1）次碰撞前瞬間物塊B的速度大小v_n=$（\frac{\sqrt{2}}{2}）^{n-1}\sqrt{2dgsinθ}$，（n≥1）．
答：（1）物塊B從開始釋放到與凹槽A發(fā)生第一次碰撞所經(jīng)過的時間t₁為$\sqrt{\frac{2d}{gsinθ}}$；
（2）B與A發(fā)生第二次碰撞前瞬間物塊B的速度大小v₂為$\sqrt{dgsinθ}$；
（3）B與A發(fā)生第n+1（n≥1）次碰撞前瞬間物塊B的速度大小v_n為${（\frac{\sqrt{2}}{2}）}^{n-1}\sqrt{2dgsinθ}$，（n≥1）．

點評 本題關(guān)鍵是分析清楚A和B的運(yùn)動規(guī)律，逐步運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式分析求解，要有耐心，第三問要能夠找出每次碰撞后速度乙前一次碰撞后速度的關(guān)系，難度較大．