Question

18．如圖所示，足夠長的光滑斜面BC傾角為θ，固定面AB垂直于斜面．在斜面上放置質量為m的長木板，木板中央放置質量為m的小物塊，木板和小物塊間的動摩擦因數μ=$\frac{3}{2}$tanθ，現同時給木板和小物塊沿斜面向上的初速度v₀．假設木板與固定面AB發生碰撞的時間極短，碰撞前后瞬間速率相等，運動過程中小物塊始終沒有從木板上滑落．已知重力加速度為g，求：
（1）木板第一次上升的最大高度；
（2）木板第二次與固定面AB發生碰撞時的速率；
（3）為使小物塊和固定面AB不發生碰撞，求木板長度的最小值．

Answer 1

分析 （1）木板和小物塊第一次上升過程中，無相對運動，木板機械能守恒，可求得最大高度．
（2）木板與AB發生第一次碰撞前，木板和小物塊均無相對運動，且機械能守恒．木板與AB發生第一次碰撞后仍以速度v₀向上減速運動，小物塊則以速度v₀向下減速運動．由牛頓第二定律求得兩者的加速度．分析木板的運動情況，求出第一次碰撞后兩者速度相等所用時間，再速度位移公式求木板上滑的距離和木板上滑的距離，從而分析兩者的運動情況，再得到木板第二次與固定面AB發生碰撞時的速率．
（3）臨界狀態為木板與固定面AB接觸時，木板、小物塊速度均為零，且物塊處于木板底端．對全過程運用能量守恒定律求解．

解答 解：（1）木板和小物塊第一次上升過程中，無相對運動，木板機械能守恒，有      
  $mgh=\frac{1}{2}mv_0^2$
解得$h=\frac{v_0^2}{2g}$
（2）木板與AB發生第一次碰撞前，木板和小物塊均無相對運動，且機械能守恒．木板與AB發生第一次碰撞后仍以速度v₀向上減速運動，小物塊則以速度v₀向下減速運動．設此時木板上滑、小物塊下滑的加速度大小分別為a₁、a₂，由牛頓第二定律有
  mgsinθ+μmgcosθ=ma₁
  μmgcosθ-mgsinθ=ma₂
因為a₁＞a₂，所以木板先減速到零．之后小物塊仍以加速度a₂向下減速，木板則以加速度a₁向下加速．設沿斜面向下為正方向，速度相等時的速度為v，所用時間為t，有
 v=-v₀+a₁t
 v=v₀-a₂t
解得$v=\frac{2}{3}{v_0}≈0.66{v_0}$
木板上滑的距離  ${x_1}=\frac{v_0^2}{{2{a_1}}}=\frac{v_0^2}{5gsinθ}$
木板下滑的距離${x_2}=\frac{{{{（\frac{2}{3}v_0^{\;}）}^2}}}{{2{a_1}}}=\frac{4v_0^2}{45gsinθ}$
$△x={x_1}-{x_2}=\frac{v_0^2}{9gsinθ}$
此后木板和小物塊共同向下勻加速運動，直至木板第二次與AB發生碰撞，設木板第二次與AB發生碰撞時的速率為v₂
則
  $\begin{array}{l}v_2^2-{（\frac{2}{3}{v_0}）^2}=2gsinθ△x\\{v_2}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}{v_0}\end{array}$
（3）臨界狀態為木板與固定面AB接觸時，木板、小物塊速度均為零，且物塊處于木板底端．對全過程進行分析，由能量守恒定律有   $\frac{1}{2}•2mv_0^2+mg\frac{L}{2}sinθ=μmgcosθ•\frac{L}{2}$
解得$L=\frac{4v_0^2}{gsinθ}$．
答：
（1）木板第一次上升的最大高度是$\frac{{v}_{0}^{2}}{2g}$；
（2）木板第二次與固定面AB發生碰撞時的速率是$\frac{\sqrt{6}}{3}{v}_{0}$；
（3）為使小物塊和固定面AB不發生碰撞，木板長度的最小值是$\frac{4{v}_{0}^{2}}{gsinθ}$．

點評 本題是兩個物體多個過程的問題，分析物體的運動過程是基礎，把握臨界條件是解題的關鍵，解題的基本規律是牛頓第二定律和運動學公式．