Question

3．如圖所示，傾角為θ的無限長斜面上PQ部分粗糙，且長為3L，其余部分都光滑．質(zhì)量均為m的四個(gè)小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于斜面，每相鄰兩物塊間有一長為L且平行于斜面的輕桿，每根桿的上端與物塊粘連而下端與物塊不粘連，各物塊與斜面PQ段的動(dòng)摩擦因數(shù)均為2tanθ．A、B、C、D同時(shí)釋放時(shí)A恰在P點(diǎn)，且各物塊有相同的沿斜面向下的初速度，最終四個(gè)物塊均能通過Q點(diǎn)．重力加速度為g．求：
（1）A在PQ段運(yùn)動(dòng)剛達(dá)到最大速度時(shí)的位置；
（2）物塊C剛過P點(diǎn)時(shí)，桿對物塊D的彈力；
（3）要使四個(gè)物塊均能通過Q點(diǎn)最初釋放各物塊時(shí)的初速度應(yīng)該滿足的條件．

Answer 1

分析 （1）將四物塊及桿看成整體，當(dāng)它們下滑到下滑力等于摩擦力時(shí)運(yùn)動(dòng)速度達(dá)最大值，由此列式分析知道塊B剛過P點(diǎn)，此時(shí)A離P點(diǎn)的距離為L．
（2）對四物塊及桿整體運(yùn)用用牛頓第二定律求出整體的加速度，再隔離D，由牛頓第二定律求桿對物塊D的彈力．
（3）要使四物塊都能滑出Q點(diǎn)，物塊D過Q點(diǎn)時(shí)它的速度應(yīng)大于零．對物塊D從P到Q的過程用動(dòng)能定理列方程．對整體進(jìn)入PQ段過程用動(dòng)能定理列式，求初速度應(yīng)滿足的條件．

解答 解：（1）由整體法，將四物塊及桿看成整體，當(dāng)它們下滑到下滑力等于摩擦力時(shí)運(yùn)動(dòng)速度達(dá)最大值，有：
μ•nmgcosθ=4mgsinθ…①
得到：n=2…②
即滑塊B剛過P點(diǎn)，此時(shí)A離P點(diǎn)的距離為L…③
（2）對四物塊及桿整體用牛頓第二定律得：
  μ•3mgcosθ-4mgsinθ=4ma…④
得到 a=$\frac{1}{2}$gsinθ，方向沿斜面向上…⑤
對物塊D用牛頓第二定律得：
F-mgsinθ=ma…⑥
解得 F=$\frac{3}{2}$mgsinθ，方向沿斜面向上…⑦
（3）要使四個(gè)物塊都能滑出Q處，物塊D過Q點(diǎn)時(shí)它的速度應(yīng)大于零．物塊A離開Q點(diǎn)時(shí)，物塊發(fā)生分離．設(shè)物塊D剛過P點(diǎn)時(shí)的速度為v
對物塊D從P到Q的過程用動(dòng)能定理得
mgsinθ×3L-μmgcosθ×3L=0-$\frac{1}{2}$mv² …⑧
解得：v=$\sqrt{6gLsinθ}$…⑨
設(shè)開始下滑時(shí)的初速度為v₀，對整體進(jìn)入PQ段過程用動(dòng)能定理：
4mgsinθ×3L-μmgcosθ（3L+2L+L）=$\frac{1}{2}$×4mv²-$\frac{1}{2}$×4mv₀² …⑩
解得：v₀=v=$\sqrt{6gLsinθ}$…（11）
即釋放時(shí)，初速度應(yīng)大于$\sqrt{6gLsinθ}$…（12）
答：（1）A在PQ段運(yùn)動(dòng)剛達(dá)到最大速度時(shí)的位置離P點(diǎn)的距離為L；
（2）物塊C剛過P點(diǎn)時(shí)，桿對物塊D的彈力是$\frac{3}{2}$mgsinθ，方向沿斜面向上；
（3）要使四個(gè)物塊均能通過Q點(diǎn)最初釋放各物塊時(shí)的初速度應(yīng)應(yīng)大于$\sqrt{6gLsinθ}$．

點(diǎn)評 本題首先要正確分析物塊的受力情況，判斷其運(yùn)動(dòng)情況，采用整體法和隔離法結(jié)合求物塊間的彈力是比較慣用的方法．運(yùn)用動(dòng)能定理時(shí)，要求同學(xué)們能選取合適的過程．