Question

如图所示，在倾角θ=30°的斜面上放置一段凹槽B，B与斜面间的动摩擦因数μ=

3

6

，槽内靠近右侧壁处有一小物块A（可视为质点），它到凹槽左侧壁的距离d=0.10m．A、B的质量都为m=2.0kg，B与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，不计A、B之间的摩擦，斜面足够长．现同时由静止释放A、B，经过一段时间，A与B的侧壁发生碰撞，碰撞过程不计机械能损失，碰撞时间极短．取g=10m/s²．求：
（1）物块A和凹槽B的加速度分别是多大；
（2）物块A与凹槽B的左侧壁第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小；
（3）从初始位置到物块A与凹槽B的左侧壁发生第三次碰撞时B的位移大小．

Answer 1

分析：（1）根据受力分析和牛顿第二定律求解．
（2）由静止释放A、B，A在凹槽内，B受到的滑动摩擦力f=μ?2mgcosθ，B所受重力沿斜面的分力G₁=mgsinθ，由计算得到f=G₁，说明B仍保持静止，A做匀加速运动，牛顿定律和运动学规律求出A与B碰撞前的速度大小．A与B的侧壁发生碰撞，碰撞过程不损失机械能，碰撞时间极短，动量和机械能均守恒，可求出A与B的左侧壁第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度．
（3）A、B第一次碰撞后，B做匀速运动，A做匀加速运动，加速度不变，当A的速度与B相等，A与B的左侧壁距离达到最大．由位移公式和速度求出位移．

解答：解：（1）设A的加速度为a₁，则
mg sinθ=ma₁，a₁=g sinθ=10×sin 30°=5.0m/s²
设B受到斜面施加的滑动摩擦力f，则f=μ?2mgcosθ=

3

6

×2.0×10×cos30°=10N，方向沿斜面向上
B所受重力沿斜面的分力G₁=mgsinθ=2.0×10×sin30°=10N，方向沿斜面向下
因为G₁=f，所以B受力平衡，释放后B保持静止，则
凹槽B的加速度a₂=0
（2）释放A后，A做匀加速运动，设物块A运动到凹槽B的左内侧壁时的速度为v_A0，根据匀变速直线运动规律得

v

2 A0

=2a1d
v_A0=

2a1d

=

2×5.0×0.10

=1.0m/s 
因A、B发生弹性碰撞时间极短，沿斜面方向动量守恒，A和B碰撞前后动能守恒，设A与B碰撞后A的速度为v_A1，B的速度为v_B1，根据题意有mv_A0=mv_A1+mv_B1

1

2

m

v

2 A0

=

1

2

m

v

2 A1

+

1

2

m

v

2 B1

解得第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度分别为
v_A1=0，v_B1=1.0 m/s  
（3）A、B第一次碰撞后，B以v_B1=1.0 m/s做匀速运动，A做初速度为0的匀加速运动，设经过时间t₁，A的速度v_A2与B的速度相等，A与B的左侧壁距离达到最大，即
v_A2=a₁t₁=v_B1，解得t₁=0.20s
设t₁时间内A下滑的距离为x₁，则x1=

1

2

a1t12
解得x₁=0.10m
因为x₁=d，说明A恰好运动到B的右侧壁，而且速度相等，所以A与B的右侧壁恰好接触但没有发生碰撞．
设A与B第一次碰后到第二次碰时所用时间为t₂，A运动的距离为x_A1，B运动的距离为x_B1，A的速度为v_A3，则
x_A1=

1

2

a1

t

2 2

，x_B1=v_B1t₂，x_A1=x_B1
解得t₂=0.40s，x_B1=0.40m，v_A3=a₁t₂=2.0m/s 
第二次碰撞后，由动量守恒定律和能量守恒定律可解得A、B再次发生速度交换，B以v_A3=2.0m/s速度做匀速直线运动，A以v_B1=1.0m/s的初速度做匀加速运动．
用前面第一次碰撞到第二次碰撞的分析方法可知，在后续的运动过程中，物块A不会与凹槽B的右侧壁碰撞，
并且A与B第二次碰撞后，也再经过t₃=0.40s，A与B发生第三次碰撞．
设A与B在第二次碰后到第三次碰时B运动的位移为x_B2，则
x_B2=v_A3t₃=2.0×0.40=0.80m；
设从初始位置到物块A与凹槽B的左内侧壁发生第三次碰撞时B的位移大小x，则
x=x_B1+x_B2=0.40+0.80=1.2m  
答：（1）物块A和凹槽B的加速度分别是5.0m/s²和0；
（2）物块A与凹槽B的左侧壁第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小分别是v_A1=0，v_B1=1.0 m/s；
（3）从初始位置到物块A与凹槽B的左侧壁发生第三次碰撞时B的位移大小是1.2m．

点评：本题是复杂的力学综合题，分析运动情况，把握每个过程的物理规律是关键．对于A、B的碰撞过程，属于弹性碰撞过程，两者质量相等，交换速度．