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=，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）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．
【解析】
（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==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vA0，根据匀变速直线运动规律得
vA0===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vA1，B的速度为vB1，根据题意有mvA0=mvA1+mvB1
解得第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度分别为
vA1=0，vB1=1.0 m/s  
（3）A、B第一次碰撞后，B以vB1=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vA2与B的速度相等，A与B的左侧壁距离达到最大，即
vA2=a1t1=vB1，解得t1=0.20s
设t1时间内A下滑的距离为x1，则
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xA1，B运动的距离为xB1，A的速度为vA3，则
xA1=，xB1=vB1t2，xA1=xB1
解得t2=0.40s，xB1=0.40m，vA3=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vA3=2.0m/s速度做匀速直线运动，A以vB1=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xB2，则
xB2=vA3t3=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=xB1+xB2=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vA1=0，vB1=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．