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=mv2+μmgcosθ①
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
mv2=mgh′+μmgcosθ③
同理,有
mgh′=mv′2+μmgcosθ④
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=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=2m⑧
總沖量為
I=I1+I2+I3+I4=I1(1+k+k2+k3)⑨
由
1+k+k2+…kn-1= ⑩
得
I=2m(11)
代入數(shù)據(jù)得
I=0.43(3+)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+)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=2a②
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=2m④
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′=sinθ⑥
由②⑤⑥式得 h'=k
2h⑦
式中
k=⑧
同理,小物塊再次與擋板碰撞所獲得的沖量
I′=2m⑨
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(11)
總沖量為
I=I1+I2+I3+I4=I1(1+k+k2+k3)(12)
由
1+k+k2+…kn-1=(13)
得
I=2m(14)
代入數(shù)據(jù)得
I=0.43(3+)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+)N?s.