斜面上的板块模型例题

对 ${\mathrm{A}: q E-\mu_{1} m g \cos \theta-m g \sin \theta=m a_{0}}$,

解得: ${a_{0}=\frac{14-4-6}{1} \mathrm{m} / \mathrm{s}^{2}=4 \mathrm{m} / \mathrm{s}^{2}}$

对 B: 若静止不动则有: ${\mu_{1} m g \cos \theta+2 \mu_{2} m g \cos \theta=m g \sin \theta}$, 故 B 静止

碰前 $A$ 的速度:$v_0^2=2a_0l$ , 解得: ${v_{0}=4 \mathrm{m} / \mathrm{s}}$ 。

令碰撞后 ${\mathrm{A} 、 \mathrm{B}}$ 的速度分别为 ${v_{\mathrm{A}} 、 v_{\mathrm{B}}}$, 则有:

${m v_{0}=m v_{\mathrm{A}}+m v_{\mathrm{B}}, \frac{1}{2} m v_{0}^{2}=\frac{1}{2} m v_{\mathrm{A}}^{2}+\frac{1}{2} m v_{\mathrm{B}}^{2}}$

解得: ${v_{\mathrm{A}}=0, v_{\mathrm{B}}=4 \mathrm{m} / \mathrm{s}}$
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{collapse-item label="（2）问答案与解析"}
(2) 碰后, ${\mathrm{A} 、 \mathrm{B}}$ 的加速度分别为 ${a_{\mathrm{A}} 、 a_{\mathrm{B}}}$

$q E+\mu_{1} m g \cos \theta-m g \sin \theta=m a_{\mathrm{A}}$

解得: ${a_{\mathrm{A}}=\frac{14+4-6}{1} \mathrm{m} / \mathrm{s}^{2}=12 \mathrm{m} / \mathrm{s}^{2}}$, 沿斜面向上

${\mu_{1} m g \cos \theta+m g \sin \theta+2 \mu_{2} m g \cos \theta=m a_{\mathrm{B}}}$

解得: ${a_{\mathrm{B}}=\frac{4+6+2}{1} \mathrm{m} / \mathrm{s}^{2}=12 \mathrm{m} / \mathrm{s}^{2}}$, 沿斜面向下

此后 ${\mathrm{B}}$ 减速, ${\mathrm{A}}$ 加速, 二者共速时经过的时间为 ${t_{1}}$ :

${v_{1}=a_{A} t_{1}, v_{1}=v_{B}-a_{B} t_{1}}$ 解得: ${t_{1}=\frac{1}{6} \mathrm{s}, v=2 \mathrm{m} / \mathrm{s}}$ 。

此过程 A、B 的相对位移: ${\Delta x_{1}=v_{\mathrm{B}} t_{1}-\frac{1}{2} a_{\mathrm{B}} t_{1}^{2}-\frac{1}{2} a_{\mathrm{A}} t_{1}^{2}=\frac{1}{3} \mathrm{m} }$

$ \Delta x_{1}<l, \mathrm{A}$ 没有脱离 ${\mathrm{B}}$, 随后 ${\mathrm{A}}$ 的加速度变为 ${a_{0}=4 \mathrm{m} / \mathrm{s}^{2}}$, 沿斜 面向上

B 的加速度 ${a_{\mathrm{B}}{\prime}}$ 为: ${m g \sin \theta+2 \mu_{2} m g \cos \theta-\mu_{1} m g \cos \theta=m a_{\mathrm{B}}{\prime}}$, 解得:

${a_{\mathrm{B}}{\prime}=\frac{6+2-4}{1} \mathrm{m} / \mathrm{s}^{2}=4 \mathrm{m} / \mathrm{s}^{2}}$, 沿斜面向下

从共速到再次相撞所用的时间 ${t_{1}{\prime}}$ 为: ${\Delta x_{1}=v_{1}+\frac{1}{2} a_{0} t_{1}^{\prime 2}-\left(v_{1}-\frac{1}{2} a_{\mathrm{B}}{\prime} t_{1}^{\prime 2}\right)}$

解得: ${t_{1}{\prime}=\frac{\sqrt{3}}{6} \mathrm{s} \Delta x_{1}=\frac{1}{3} \mathrm{m}}$

此时 ${\mathrm{A}}$ 的速度 ${v_{\mathrm{A}}{\prime}=v_{1}+a_{0} t_{1}{\prime}=\frac{6+2 \sqrt{3}}{3} \mathrm{m} / \mathrm{s}}$

$ \mathrm{B}$ 的速度 ${v_{\mathrm{B}}{\prime}=v_{1}-a_{\mathrm{B}}{\prime} t_{1}{\prime}=\frac{6-2 \sqrt{3}}{3} \mathrm{m} / \mathrm{s}}$, 说明 A、B 再次相碰前, B 没 有停下

${\mathrm{A} 、 \mathrm{B}}$ 第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔； ${t=t_{1}+t_{1}{\prime}=\frac{1+\sqrt{3}}{6} }$
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{collapse-item label="（3）问答案与解析"}
(3)令第二次碰后 ${\mathrm{A} 、 \mathrm{B}}$ 速度分别是 ${v_{\mathrm{A} 2} 、 v_{\mathrm{B} 2}, v_{\mathrm{B} 2}>v_{\mathrm{A} 2}}$,

达到共速时的速度为 ${v_{2}}$, 则有 ${v_{2}=v_{\mathrm{A} 2}+a_{1} t_{2}, v_{2}=v_{\mathrm{B} 2}-a_{2} t_{2}}$ 解 得:

$\\{t_{2}=\frac{v_{\mathrm{B} 2}-v_{\mathrm{A} 2}}{a_{1}+a_{2}}=\frac{v_{\mathrm{B} 2}-v_{\mathrm{A} 2}}{24}=\frac{\sqrt{3}}{18} \mathrm{s}}$

$ v_{2}=\frac{v_{\mathrm{B} 2}+v_{\mathrm{A} 2}{}}{2}=2 \mathrm{m} / \mathrm{s} $

$\\{\Delta x_{2}=\frac{v_{\mathrm{B} 2}+v_{2}}{2} t_{2}-\frac{v_{\mathrm{A} 2}+v_{2}}{2} t_{2}=\frac{\left(v_{\mathrm{B} 2}-v_{\mathrm{A} 2}\right)^{2}}{48}=\frac{1}{9} \mathrm{m}}$

下次相碰所用的时间 ${t_{2}{\prime}}$ : ${\Delta x_{2}=v_{2}+\frac{1}{2} a_{0} t_{2}^{\prime 2}-\left(v-\frac{1}{2} a_{4} t_{2}^{\prime 2}\right), t_{2}{\prime}=\frac{\sqrt{\Delta x}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{24}\left(v_{\mathrm{B} 2}-v_{\mathrm{A} 2}\right)}$

碰前 ${\mathrm{A} 、 \mathrm{B}}$ 的速度为 ${v_{\mathrm{A} 2}{\prime} 、 v_{\mathrm{B} 2}{\prime}}$ 为:

$\\{v_{\mathrm{A} 2}{\prime}=v_{2}+a_{0} t_{2}{\prime}=\frac{v_{\mathrm{B} 2}+v_{\mathrm{A} 2}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{6}\left(v_{\mathrm{B} 2}-v_{\mathrm{A} 2}\right)}$

$\\{v_{\mathrm{B} 2}{\prime}=v_{2}-a_{4} t_{2}{\prime}=\frac{v_{\mathrm{B} 2}+v_{\mathrm{A} 2}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{6}\left(v_{\mathrm{B} 2}-v_{\mathrm{A} 2}\right)}$

碰后交换速度, 相对速度 ${v_{\mathrm{B} 2}{\prime}-v_{\mathrm{A} 2}{\prime}=\frac{\sqrt{3}}{3}\left(v_{\mathrm{B} 2}-v_{\mathrm{A} 2}\right)}$,

由 ${\Delta x=\frac{\left(v_{\mathrm{B}}-v_{\mathrm{A}}\right)^{2}}{48}}$ 可知每碰次之后, 下次的相对位移是上次的 ${\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)^{2}}$ 倍

由上可知, 经过足够长时间后 ${\mathrm{A}}$紧靠 $ \mathrm{B} $上端与$ \mathrm{B} $一起向上匀速运动, 速度大小为$ 2 \mathrm{m} / \mathrm{s} $。

故最终产热为:

$Q = {\mu _1}mg\cos \theta l + 2{\mu _1}mg\cos \theta (\Delta {x_1} + \frac{1}{3}\Delta {x_1} + \frac{1}{{{3^2}}}\Delta {x_1} + \cdot \cdot \cdot )$
$Q = {\mu _1}mg\cos \theta (l + \frac{{2\Delta {x_1}}}{{1 - \frac{1}{3}}}) = 4(2 + \frac{{2 \times \frac{1}{3}}}{{1 - \frac{1}{3}}}){\mathop{\rm J}\nolimits} = 12{\rm{J}}$
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