駱書院 李 力 王 偉

(重慶市清華中學(xué) 重慶 400054)

1 問題緣起

“擺球推斜面”模型如下：如圖1所示,在光滑水平面上有一質(zhì)量為M，傾角為θ0的斜面，長為L的細線懸掛質(zhì)量為m的光滑小球，細線與斜面平行.推力作用在斜面上使整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài).撤去推力后，小球推動斜面向左運動，問小球和斜面在什么位置脫離?

圖1 擺球推斜面

教學(xué)中通常的看法是：小球在豎直面內(nèi)做圓周運動的同時推動斜面向左運動，當(dāng)小球擺到最低點時擺球與斜面脫離.

文獻[1]對澄清教學(xué)中相關(guān)錯誤認識極有教益，但有以下幾點不足：第一，未能作徹底的數(shù)理解析，雖用兩種方法推導(dǎo)，但并未得到最終一致的理論公式，僅從5組賦值計算便草率判斷兩種方法的結(jié)果一致.第二，沒有探討結(jié)果與小球初始位置θ0(即斜面的傾角)的關(guān)系.第三，在斜面傾角為30°的情況下，僅以5組數(shù)據(jù)賦值計算形成表格，沒有用連續(xù)圖線完整直觀地表示變化趨勢[1,2].

2 兩種推導(dǎo)方法

方法一：如圖2所示，設(shè)小球與斜面脫離時速度分別為v1和v2，此時二者間彈力恰為零,小球只受細線拉力T和重力mg,對小球沿細線方向用牛頓定律有

圖2 小球受力及運動分析

(1)

因為小球與斜面在垂直斜面方向上加速度相等，脫離瞬間斜面加速度為零，故斜面垂直于斜面方向的加速度也為零，從而小球沿垂直于斜面方向的加速度為零，在此方向上對小球用牛頓定律

mgcosθ0=Tsin(θ-θ0)

(2)

又脫離時二者沿垂直斜面方向的分速度相等

v1cos(θ-θ0)=v2sinθ0

(3)

從初始位置到二者脫離的過程，由系統(tǒng)能量守恒

(4)

由式(1)～(4)，可得斜面與小球的質(zhì)量比為

(5)

方法二：脫離前斜面在小球的壓力下向左加速，脫離瞬間斜面速度v2達到最大，由式(3)、(4)消去v1可得

(6)

即

cosθsin2θ0cos-2(θ-θ0)+kcosθ-2sin2θ0sin(θ-θ0)cos-3(θ-θ0)(sinθ-sinθ0)=0

移項整理得到

(7)

式(5)和式(7)的差異僅在右端第一項分母上，由三角公式cos(x-y)=cosxcosy+sinxsiny得到

cosθ0=cos[θ-(θ-θ0)]=

cosθcos(θ-θ0)+sinθsin(θ-θ0)

移項得

cosθ0-sinθsin(θ-θ0)=cosθcos(θ-θ0)

代入式(5)即得式(7).由此可知兩種方法得到的函數(shù)關(guān)系式k=k(θ,θ0)完全一致.

3 物理意義和結(jié)論

由式(5)或式(7)可以看出，小球與斜面的脫離位置θ與質(zhì)量比k、初始參數(shù)θ0都有關(guān)系.對于給定的初始角θ0，從式(5)出發(fā)考查函數(shù)k(θ)的單調(diào)性，將式(5)右端通分可得

(8)

(9)

圖3 k-θ曲線