Question

12．如图所示，在倾角为θ的斜面上放置一内壁光滑的凹槽A，凹槽A与斜面间的动摩擦因数μ=$\frac{3}{2}$tanθ，槽内紧靠右挡板处有一小物块B，它与凹槽左挡板的距离为d．A、B的质量均为m，斜面足够长．现同时由静止释放A、B，此后B与A挡板每次发生碰撞均交换速度，碰撞时间都极短．已知重力加速度为g．求：
（1）物块B从开始释放到与凹槽A发生第一次碰撞所经过的时间t₁．
（2）B与A发生第二次碰撞前瞬间物块B的速度大小v₂．
（3）B与A发生第n+1（n≥1）次碰撞前瞬间物块B的速度大小v_n．

Answer 1

分析 （1）对滑块B受力分析后根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据运动学公式求解时间；
（2）根据牛顿第二定律求解A的加速度；根据速度位移关系公式求解出A停止前的运动位移，然后再根据位移时间关系公式和速度时间关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与第一次碰撞后速度间的关系后找规律即可．

解答 解：（1）设B下滑的加速度为a_B，则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下滑时，A保持静止，根据位移时间关系公式得：$d=\frac{1}{2}{a}_{B}{{t}_{1}}^{2}$，
解得：${t}_{1}=\sqrt{\frac{2d}{gsinθ}}$
（2）滑块B刚释放后做匀加速运动，设物块B运动到凹槽A的左挡板时的速度为v₁，
根据匀变速直线运动规律得 ${v}_{1}=\sqrt{2{a}_{B}d}=\sqrt{2dgsinθ}$
第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度分别为v₁、0，此后A减速下滑，则2μmgcosθ-mgsinθ=ma_A
解得  a_A=2gsinθ，方向沿斜面向上，
A速度减为零的时间为t₁，下滑的位移大小为x₁，
${t}_{1}=\frac{{v}_{1}}{{a}_{A}}=\sqrt{\frac{d}{2gsinθ}}$，${x}_{1}=\frac{{{v}_{1}}^{2}}{2{a}_{A}}=\frac{d}{2}$
在时间t₁内物块B下滑的距离${x}_{B1}=\frac{1}{2}{a}_{B}{{t}_{1}}^{2}=\frac{d}{4}＜{x}_{1}$=$\frac{d}{2}$，
所以发生第二次碰撞前凹槽A已停止运动，
则B下滑距离x₁与A发生第二次碰撞，则有${{v}_{2}}^{2}=2{a}_{B}{x}_{1}$
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滑行的距离  ${x}_{2}=\frac{{{v}_{2}}^{2}}{2{a}_{A}}=\frac{d}{4}$
同理可得，每次凹槽A碰后滑行的距离均为上一次的一半，速度为上一次的$\frac{\sqrt{2}}{2}$倍，
则B与A发生第n+1（n≥1）次碰撞前瞬间物块B的速度大小v_n=$（\frac{\sqrt{2}}{2}）^{n-1}\sqrt{2dgsinθ}$，（n≥1）．
答：（1）物块B从开始释放到与凹槽A发生第一次碰撞所经过的时间t₁为$\sqrt{\frac{2d}{gsinθ}}$；
（2）B与A发生第二次碰撞前瞬间物块B的速度大小v₂为$\sqrt{dgsinθ}$；
（3）B与A发生第n+1（n≥1）次碰撞前瞬间物块B的速度大小v_n为${（\frac{\sqrt{2}}{2}）}^{n-1}\sqrt{2dgsinθ}$，（n≥1）．

点评 本题关键是分析清楚A和B的运动规律，逐步运用牛顿第二定律和运动学公式分析求解，要有耐心，第三问要能够找出每次碰撞后速度乙前一次碰撞后速度的关系，难度较大．