Question

（2008?四川）一傾角為θ=45°的斜面固定于地面，斜面頂端離地面的高度h₀=1m，斜面底端有一垂直于斜面的固定擋板．在斜面頂端自由釋放一質(zhì)量m=0.09kg的小物塊（視為質(zhì)點(diǎn)）．小物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2．當(dāng)小物塊與擋板碰撞后，將以原速返回．重力加速度g=10m/s²．在小物塊與擋板的前4次碰撞過(guò)程中，擋板給予小物塊的總沖量是多少？

Answer 1

分析：先根據(jù)動(dòng)能定理求解出第一次碰撞前的速度；根據(jù)動(dòng)量定理得到第一次碰撞過(guò)程的沖量；再根據(jù)動(dòng)能定理求解出第一次碰撞后上升的高度和返回后的速度；根據(jù)動(dòng)量定理得到第二次碰撞過(guò)程的沖量；發(fā)現(xiàn)規(guī)律，求出前4次碰撞的總沖量．

解答：解：解法一：設(shè)小物塊從高為h處由靜止開(kāi)始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，到達(dá)斜面底端時(shí)速度為v．
由功能關(guān)系得mgh=

1

2

mv2+μmgcosθ

h

sinθ

①
以沿斜面向上為動(dòng)量的正方向．按動(dòng)量定理，碰撞過(guò)程中擋板給小物塊的沖量I=mv-m（-v）②
設(shè)碰撞后小物塊所能達(dá)到的最大高度為h′，則

1

2

mv2=mgh′+μmgcosθ

h′

sinθ

③
同理，有mgh′=

1

2

mv′2+μmgcosθ

h′

sinθ

④
I'=mv'-m（-v'）⑤
式中，v′為小物塊再次到達(dá)斜面底端時(shí)的速度，I’為再次碰撞過(guò)程中擋板給小物塊的沖量．由①②③④⑤式得I'=kI⑥
式中  k=

tanθ-μ tanθ+μ

⑦
由此可知，小物塊前4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級(jí)數(shù)，首項(xiàng)為I1=2m

2gh0(1-μcotθ)

⑧
總沖量為I=I1+I2+I3+I4=I1(1+k+k2+k3)⑨
由   1+k+k2+…kn-1=

1-kn

1-k

  ⑩
得     I=

1-k4

1-k

2m

2gh0(1-μcotθ)

（11）
代入數(shù)據(jù)得     I=0.43(3+

6

)N?s              
答：在小物塊與擋板的前4次碰撞過(guò)程中，擋板給予小物塊的總沖量是0.43(3+

6

)N?s．             
解法二：設(shè)小物塊從高為h處由靜止開(kāi)始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，小物塊受到重力，斜面對(duì)它的摩擦力和支持力，小物塊向下運(yùn)動(dòng)的加速度為a，依牛頓第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma①
設(shè)小物塊與擋板碰撞前的速度為v，則v2=2a

h

sinθ

②
以沿斜面向上為動(dòng)量的正方向．按動(dòng)量定理，碰撞過(guò)程中擋板給小物塊的沖量為I=mv-m（-v）③
由①②③式得I1=2m

2gh(1-μcotθ)

④
設(shè)小物塊碰撞后沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a′，依牛頓第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma'⑤
小物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的最大高度為h′=

v2

2a′

sinθ⑥
由②⑤⑥式得   h'=k²h⑦
式中   k=

tanθ-μ tanθ+μ

⑧
同理，小物塊再次與擋板碰撞所獲得的沖量I′=2m

2gh′(1-μcotθ)

⑨
由④⑦⑨式得 I'=kI⑩
由此可知，小物塊前4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級(jí)數(shù)，首項(xiàng)為I1=2m

2gh0(1-μcotθ)

（11）
總沖量為         I=I1+I2+I3+I4=I1(1+k+k2+k3)（12）
由   1+k+k2+…kn-1=

1-kn

1-k

（13）
得       I=

1-k4

1-k

2m

2gh0(1-μcotθ)

（14）
代入數(shù)據(jù)得     I=0.43(3+

6

)N?s                             （15）
答：在小物塊與擋板的前4次碰撞過(guò)程中，擋板給予小物塊的總沖量是0.43(3+

6

)N?s．

點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵是分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，然后根據(jù)動(dòng)能定理、動(dòng)量定理列式求解出總沖量，最后化解出最簡(jiǎn)形式．