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點的以上均粗糙．質量為m的物塊A在M點恰好能靜止，在離M點的距離為L的N點處，有一質量為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點上方時，離M點的最大距離s；
（2）系統產生的總內能E．

Answer 1

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

解答：解：（1）設物塊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運動到M點，由動能定理有：2mgLsinθ=

1

2

×2m

v

2 1

-

1

2

×2m

v

2 0

  ①
對物塊B和物塊A，在碰撞過程由動量守恒有：2mv_l=（2m+m）v₂    ②
物塊A、B從第一次在M點相碰后至再次回到肘點的過程中機械能守恒，兩物塊速度大小不變，方向反向，其后物塊A、B將作勻減速運動，設加速度分別設為a₁、a₂．
由牛頓第二定律有，對A：μmgcosθ+mgsinθ=ma_l    
對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A運動到最高處靜止時，物塊B還在向上減速運動，未與A相碰．
對A從M到最高處由動能定理有：
（-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間作往復運動，從物塊B開始運動至A、B一起運動
到M點且速度為零的過程中，由能量轉化和守恒定律有：
 E=2mgLsinθ+

1

2

×2m

v

2 0

所以系統產生的總內能E=3mgL．
答：
（1）物塊A在M點上方時，離M點的最大距離s是

2

3

L；
（2）系統產生的總內能E是3mgL．

點評：本題關鍵明確各個運動過程，碰撞過程，系統動量守恒；根據動能定理求解距離是常用的方法．