Question

如圖所示，傾角為θ=30°的斜面固定于水平地面上，在斜面底端0處固定有一輕彈簧，斜面頂端足夠高．斜面上OM段光滑，M點(diǎn)的以上均粗糙．質(zhì)量為m的物塊A在M點(diǎn)恰好能靜止，在離M點(diǎn)的距離為L(zhǎng)的N點(diǎn)處，有一質(zhì)量為2m的光滑物塊B以速度V₀₌

2gL

滑向物塊A，若物塊間每次碰撞（碰撞時(shí)間極短）后即緊靠在一起但不粘連，物塊間、物塊和彈簧間的碰撞均為正碰．求：
（1）物塊A在M點(diǎn)上方時(shí)，離M點(diǎn)的最大距離s；
（2）系統(tǒng)產(chǎn)生的總內(nèi)能E．

Answer 1

分析：（1）B先下滑獲得速度后與A發(fā)生碰撞，遵守動(dòng)量守恒，兩者一起向下運(yùn)動(dòng)，與彈簧接觸后壓縮彈簧，被彈簧反彈后返回到M點(diǎn)時(shí)的速度大小與碰后的速度大小相等、方向相反．根據(jù)牛頓第二定律分析A、B上滑過程加速度的大小關(guān)系，判斷可知當(dāng)A運(yùn)動(dòng)到最高處靜止時(shí)，物塊B還在向上減速運(yùn)動(dòng)，未與A相碰．可根據(jù)動(dòng)能定理求出物塊B第一次和物塊A碰前的速度，由動(dòng)量守恒求出碰后的速度．再根據(jù)動(dòng)能定理求解物塊A在M點(diǎn)上方時(shí)離M點(diǎn)的最大距離s．
（2）由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律列式求解．

解答：解：（1）設(shè)物塊B第一次和物塊A碰前的速度為v₁，碰后的共同速度為v₂．物塊B從N運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，由動(dòng)能定理有：2mgLsinθ=

1

2

×2m

v

2 1

-

1

2

×2m

v

2 0

  ①
對(duì)物塊B和物塊A，在碰撞過程由動(dòng)量守恒有：2mv_l=（2m+m）v₂    ②
物塊A、B從第一次在M點(diǎn)相碰后至再次回到肘點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒，兩物塊速度大小不變，方向反向，其后物塊A、B將作勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度分別設(shè)為a₁、a₂．
由牛頓第二定律有，對(duì)A：μmgcosθ+mgsinθ=ma_l    
對(duì)B：2mgsinθ=2ma₂    
又由題意中“物塊A恰好靜止”可得：μmgcosθ=mgsinθ  ③
 得：a_l＞a₂ 
所以當(dāng)A運(yùn)動(dòng)到最高處靜止時(shí)，物塊B還在向上減速運(yùn)動(dòng)，未與A相碰．
對(duì)A從M到最高處由動(dòng)能定理有：
（-μmgcosθ-mgsinθ）s=0-

1

2

×m

v

2 2

；    
由①②③④式得：s=

2

3

L
（2）物塊A、B最終緊靠一起在OM間作往復(fù)運(yùn)動(dòng)，從物塊B開始運(yùn)動(dòng)至A、B一起運(yùn)動(dòng)
到M點(diǎn)且速度為零的過程中，由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律有：
 E=2mgLsinθ+

1

2

×2m

v

2 0

所以系統(tǒng)產(chǎn)生的總內(nèi)能E=3mgL．
答：
（1）物塊A在M點(diǎn)上方時(shí)，離M點(diǎn)的最大距離s是

2

3

L；
（2）系統(tǒng)產(chǎn)生的總內(nèi)能E是3mgL．

點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵明確各個(gè)運(yùn)動(dòng)過程，碰撞過程，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；根據(jù)動(dòng)能定理求解距離是常用的方法．