求大佬解决这个高中生无法解决的问题。物块的运动状态没法分析?
2024-11-19 阅读 94
更新于 2024年11月21日
先上结论：
物块做匀加速直线运动，且运动所在直线斜率为 -(1+\dfrac{m}{M})\tan\theta-(1+\dfrac{m}{M})\tan\theta 让我们先来看斜面与物块之间也光滑的情况，即 \mu=0\mu=0 时。
我们知道物块加速下滑过程中斜面也会加速向左滑动，受力分析如图：
不妨建立如图坐标系，设初始物块位于斜面顶部，坐标为 (0,h)(0,h) ，且初始速度为0.
分别对 mm 和 MM 列牛顿第二定律： \left\{ \begin{aligned} &N_1\sin \theta=ma_{1x}\\ &mg-N_1\cos\theta=ma_{1y} \end{aligned} \right.\\\left\{ \begin{aligned} &N_1\sin \theta=ma_{1x}\\ &mg-N_1\cos\theta=ma_{1y} \end{aligned} \right.\\\left\{ \begin{aligned} &N_2-Mg-N_1\cos\theta=0\\ &N_1\sin\theta=Ma_{2x} \end{aligned} \right.\\\left\{ \begin{aligned} &N_2-Mg-N_1\cos\theta=0\\ &N_1\sin\theta=Ma_{2x} \end{aligned} \right.\\ 这4个方程中有5个未知数： a_{1x},a_{1y},a_{2x},N_1,N_2a_{1x},a_{1y},a_{2x},N_1,N_2 ，不能定解，那还差什么方程呢？
注意物块下滑过程中一直在斜面上，说明垂直于斜面的位移要相等，这就是几何约束条件！
在垂直于斜面的位移相等，那么「垂直于斜面的速度和加速度都得相等」。
因此我们便有约束方程：
a_{2x}\sin \theta=a_{1y}\cos\theta-a_{1x}\sin\theta\\a_{2x}\sin \theta=a_{1y}\cos\theta-a_{1x}\sin\theta\\ 这样，我们就能联立以上5个方程求出所有变量： \left\{ \begin{aligned} &a_{1x}=\dfrac{M\sin\theta\cos\theta}{M+m\sin^2\theta}g\\ &a_{1y}=\dfrac{(M+m)\sin^2\theta}{M+m\sin^2\theta}g\\ &a_{2x}=\dfrac{m\sin\theta\cos\theta}{M+m\sin^2\theta}g\\ &N_1=\dfrac{Mmg\cos\theta}{M+m\sin^2\theta}\\ &N_2=\dfrac{(M+m)Mg}{M+m\sin^2\theta} \end{aligned} \right.\\\left\{ \begin{aligned} &a_{1x}=\dfrac{M\sin\theta\cos\theta}{M+m\sin^2\theta}g\\ &a_{1y}=\dfrac{(M+m)\sin^2\theta}{M+m\sin^2\theta}g\\ &a_{2x}=\dfrac{m\sin\theta\cos\theta}{M+m\sin^2\theta}g\\ &N_1=\dfrac{Mmg\cos\theta}{M+m\sin^2\theta}\\ &N_2=\dfrac{(M+m)Mg}{M+m\sin^2\theta} \end{aligned} \right.\\这些解写起来很麻烦，虽然不影响之后对于运动状态的讨论，但是我们先等等，先作个化简。
上面的解中，对于支持力 N_1N_1 和 N_2N_2 ，我们可以作适当变形： N_1=\dfrac{Mmg\cos\theta}{M+m\sin^2\theta}=mg\cos\theta\dfrac{M}{M+m\sin^2\theta}=mg\cos\theta\dfrac{1}{1+\dfrac{m}{M}\sin^2\theta}\\N_1=\dfrac{Mmg\cos\theta}{M+m\sin^2\theta}=mg\cos\theta\dfrac{M}{M+m\sin^2\theta}=mg\cos\theta\dfrac{1}{1+\dfrac{m}{M}\sin^2\theta}\\
N_2=\dfrac{(M+m)Mg}{M+m\sin^2\theta}=(M+m)g\dfrac{M}{M+m\sin^2\theta}=(M+m)g\dfrac{1}{1+\dfrac{m}{M}\sin^2\theta}\\N_2=\dfrac{(M+m)Mg}{M+m\sin^2\theta}=(M+m)g\dfrac{M}{M+m\sin^2\theta}=(M+m)g\dfrac{1}{1+\dfrac{m}{M}\sin^2\theta}\\我们令 \gamma=\dfrac{1}{1+\dfrac{m}{M}\sin^2\theta}\gamma=\dfrac{1}{1+\dfrac{m}{M}\sin^2\theta} ，则有：N_1=\gamma mg\cos\theta\\N_1=\gamma mg\cos\theta\\N_2=\gamma(M+m)g\\N_2=\gamma(M+m)g\\ 这样的形式很有意思，因为 mg\cos\thetamg\cos\theta 和 (M+m)g(M+m)g 都恰好是平衡状态下的支持力大小， \gamma\gamma 是相比于平衡状态下的修正系数。
引入 \gamma\gamma 后，我们也能得到3个加速度的表达式： a_{1x}=\gamma\sin\theta\cos\theta \cdot g\\a_{1x}=\gamma\sin\theta\cos\theta \cdot g\\a_{1y}=(1-\gamma\cos^2\theta)\cdot g\\a_{1y}=(1-\gamma\cos^2\theta)\cdot g\\a_{2x}=(1-\gamma)\cot\theta \cdot g\\a_{2x}=(1-\gamma)\cot\theta \cdot g\\ 由于这里 M,m,\gamma,\theta,gM,m,\gamma,\theta,g 均为定值，因此这5个变量均为常数！
这意味着无论是物块还是斜面，都是在做匀变速运动！
而且由于是从静止开始运动的，速度方向和加速度方向一定相同，因此一定是匀变速直线运动！
好家伙，原来这个看似复杂的运动其实并不复杂，只是一个简单的匀加速直线运动而已！
那么这个匀加速直线运动的斜率是： k=-\dfrac{a_{1y}}{a_{1x}}=\dfrac{1-\gamma \cos^2\theta}{\gamma \sin\theta\cos\theta}=-\left(1+\dfrac{m}{M}\right)\tan\theta\\k=-\dfrac{a_{1y}}{a_{1x}}=\dfrac{1-\gamma \cos^2\theta}{\gamma \sin\theta\cos\theta}=-\left(1+\dfrac{m}{M}\right)\tan\theta\\ 因此，如果按照图示建立坐标系，则运动轨迹为：
y=h-(1+\dfrac{m}{M})\tan\theta\cdot x\\y=h-(1+\dfrac{m}{M})\tan\theta\cdot x\\ 对于这个结果，可以作一点极限分析：
如果 M\gg mM\gg m ，那么可以斜面将基本不会运动，那么几乎等效为物块从静止的斜面上滑下，那么其运动轨迹就是斜面所在直线，也就是 y=h-\tan\theta\cdot xy=h-\tan\theta\cdot x ，和所求得式子符合。
另外，根据以上结果，还能求得物块的合加速度，物块滑至底部所需时间、位置、速度等，在此不赘述。
有了以上斜面光滑情况的经验，现在再来求解你所给的斜面粗糙的情况就十分轻松了。
受力分析如图所示，无非是多了摩擦力 f=\mu N_1f=\mu N_1 .
同样对物块和斜面列牛顿第二定律：
\left\{ \begin{aligned} &N_1\sin \theta-\mu N_1\cos\theta=ma_{1x}\\ &mg-N_1\cos\theta-\mu N_1\sin\theta=ma_{1y} \end{aligned} \right.\\\left\{ \begin{aligned} &N_1\sin \theta-\mu N_1\cos\theta=ma_{1x}\\ &mg-N_1\cos\theta-\mu N_1\sin\theta=ma_{1y} \end{aligned} \right.\\
\left\{ \begin{aligned} &N_2-Mg-N_1\cos\theta-\mu N_1\sin\theta=0\\ &N_1\sin\theta-\mu N_1\cos\theta=Ma_{2x} \end{aligned} \right.\\\left\{ \begin{aligned} &N_2-Mg-N_1\cos\theta-\mu N_1\sin\theta=0\\ &N_1\sin\theta-\mu N_1\cos\theta=Ma_{2x} \end{aligned} \right.\\
而后由同样的几何约束方程： a_{2x}\sin \theta=a_{1y}\cos\theta-a_{1x}\sin\theta\\a_{2x}\sin \theta=a_{1y}\cos\theta-a_{1x}\sin\theta\\ 这样，解出5个未知数：
N_1=\gamma'mg\cos\theta\\N_1=\gamma'mg\cos\theta\\N_2=\gamma'(M+m)g\\N_2=\gamma'(M+m)g\\a_{1x}=(1-\dfrac{\mu}{\tan\theta})\gamma'\sin\theta\cos\theta\cdot g\\a_{1x}=(1-\dfrac{\mu}{\tan\theta})\gamma'\sin\theta\cos\theta\cdot g\\
a_{1y}=(1-\gamma'\cos^2\theta(1+\mu\tan\theta))\cdot g\\a_{1y}=(1-\gamma'\cos^2\theta(1+\mu\tan\theta))\cdot g\\a_{2x}=(1-\gamma')\cot\theta\cdot g\\a_{2x}=(1-\gamma')\cot\theta\cdot g\\其中修正系数变为： \gamma'=\dfrac{1}{1+\dfrac{m}{M}\sin^2\theta(1-\dfrac{\mu}{\tan\theta})}\\\gamma'=\dfrac{1}{1+\dfrac{m}{M}\sin^2\theta(1-\dfrac{\mu}{\tan\theta})}\\ 同样可以得到都是做匀加速直线运动，且物块运动的斜率为： k'=-\dfrac{a_{1y}}{a_{1x}}=\dfrac{1-\gamma'\cos^2\theta(1+\mu\tan\theta)}{(1-\dfrac{\mu}{\tan\theta})\gamma'\sin\theta\cos\theta}=-\left(1+\dfrac{m}{M}\right)\tan\theta\\k'=-\dfrac{a_{1y}}{a_{1x}}=\dfrac{1-\gamma'\cos^2\theta(1+\mu\tan\theta)}{(1-\dfrac{\mu}{\tan\theta})\gamma'\sin\theta\cos\theta}=-\left(1+\dfrac{m}{M}\right)\tan\theta\\ 巧了，斜率和光滑的时候一样！
运动轨迹依然是： y=h-\left(1+\dfrac{m}{M}\right)\tan\theta\cdot x\\y=h-\left(1+\dfrac{m}{M}\right)\tan\theta\cdot x\\只是加速度不同而已！
对于有摩擦力的情况，也可以取极限情况进行分析：
1）当 \mu=0\mu=0 时，即回归到光滑情况，可以看到和之前的推导的完全一样；
2）当 \mu=\tan\theta\mu=\tan\theta ，则摩擦力等于重力沿斜面分量，因此物块不会下滑，系统会静止，此时能得到 \gamma'=1\gamma'=1 ，代入式子后得到的各个物理量也满足静止情况。
我们还可以更进一步，分析地面非光滑的情况，如地面和斜面的摩擦系数为 \mu_2\mu_2 ，而设斜面和物块摩擦系数为 \mu_1\mu_1 .
同样受力分析： \left\{ \begin{aligned} &N_1\sin \theta-\mu_1 N_1\cos\theta=ma_{1x}\\ &mg-N_1\cos\theta-\mu_1 N_1\sin\theta=ma_{1y} \end{aligned} \right.\\\left\{ \begin{aligned} &N_1\sin \theta-\mu_1 N_1\cos\theta=ma_{1x}\\ &mg-N_1\cos\theta-\mu_1 N_1\sin\theta=ma_{1y} \end{aligned} \right.\\
\left\{ \begin{aligned} &N_2-Mg-N_1\cos\theta-\mu N_1\sin\theta=0\\ &N_1\sin\theta-\mu N_1\cos\theta-\mu_2N_2=Ma_{2x} \end{aligned} \right.\\\left\{ \begin{aligned} &N_2-Mg-N_1\cos\theta-\mu N_1\sin\theta=0\\ &N_1\sin\theta-\mu N_1\cos\theta-\mu_2N_2=Ma_{2x} \end{aligned} \right.\\ 同样的几何约束方程： a_{2x}\sin \theta=a_{1y}\cos\theta-a_{1x}\sin\theta\\a_{2x}\sin \theta=a_{1y}\cos\theta-a_{1x}\sin\theta\\ 求解得到： N_1=\gamma'' mg\cos\theta\\N_1=\gamma'' mg\cos\theta\\N_2=\dfrac{\gamma''}{1+\mu_2\tan\theta}(M+m)g\\N_2=\dfrac{\gamma''}{1+\mu_2\tan\theta}(M+m)g\\a_{1x}=\gamma''\sin\theta\cos\theta\left(1-\dfrac{\mu_1}{\tan\theta}\right)\cdot g\\a_{1x}=\gamma''\sin\theta\cos\theta\left(1-\dfrac{\mu_1}{\tan\theta}\right)\cdot g\\a_{1y}=(1-\gamma''\cos^2\theta(1+\mu_1\tan\theta))\cdot g\\a_{1y}=(1-\gamma''\cos^2\theta(1+\mu_1\tan\theta))\cdot g\\a_{2x}=(1-\gamma'')\cot\theta\cdot g\\a_{2x}=(1-\gamma'')\cot\theta\cdot g\\其中修正系数 \gamma''=\dfrac{1+\mu_2\tan\theta}{1+\dfrac{m}{M}\sin^2\theta\left(1-\dfrac{\mu_1}{\tan\theta}-\dfrac{\mu_2}{\tan\theta}(1+\mu_1\tan\theta)\right)}\\\gamma''=\dfrac{1+\mu_2\tan\theta}{1+\dfrac{m}{M}\sin^2\theta\left(1-\dfrac{\mu_1}{\tan\theta}-\dfrac{\mu_2}{\tan\theta}(1+\mu_1\tan\theta)\right)}\\ 同样可得到物块作匀加速直线运动，且运动轨迹斜率为：
\begin{aligned} k'’&=-\dfrac{a_{1y}}{a_{1x}}\\ &=\dfrac{1-\gamma''\cos^2\theta(1+\mu_1\tan\theta)}{(1-\dfrac{\mu_1}{\tan\theta})\gamma''\sin\theta\cos\theta}\\ &=-\left(1+\dfrac{m}{M}\right)\tan\theta\cdot\left(1-\dfrac{\mu_2(1+\tan^2\theta)}{(1+\mu_2\tan\theta)(\tan\theta-\mu_1)}\right) \end{aligned}\\\begin{aligned} k'’&=-\dfrac{a_{1y}}{a_{1x}}\\ &=\dfrac{1-\gamma''\cos^2\theta(1+\mu_1\tan\theta)}{(1-\dfrac{\mu_1}{\tan\theta})\gamma''\sin\theta\cos\theta}\\ &=-\left(1+\dfrac{m}{M}\right)\tan\theta\cdot\left(1-\dfrac{\mu_2(1+\tan^2\theta)}{(1+\mu_2\tan\theta)(\tan\theta-\mu_1)}\right) \end{aligned}\\ 这时斜率终于不再是和 \mu_1\mu_1 和 \mu_2\mu_2 无关了！
而且通过 a_{2x}a_{2x} 的表达式，可以求得要使得斜面恰好不滑动的摩擦系数条件，即 \gamma''=1\gamma''=1 ，解得 \mu_2^*=\dfrac{\tan\theta-\mu_1}{\dfrac{M}{m}\cdot\dfrac{1}{\cos^2\theta}+(1+\mu_1\tan\theta)}\\\mu_2^*=\dfrac{\tan\theta-\mu_1}{\dfrac{M}{m}\cdot\dfrac{1}{\cos^2\theta}+(1+\mu_1\tan\theta)}\\ 故斜面不滑动的条件是： \mu_2\ge\dfrac{\tan\theta-\mu_1}{\dfrac{M}{m}\cdot\dfrac{1}{\cos^2\theta}+(1+\mu_1\tan\theta)}\\\mu_2\ge\dfrac{\tan\theta-\mu_1}{\dfrac{M}{m}\cdot\dfrac{1}{\cos^2\theta}+(1+\mu_1\tan\theta)}\\注意：只有满足这个条件时，上述关于斜面的运动方程才成立，因为使用了滑动摩擦力列方程。
同样可以分析极限情况：
1）当 \mu_2=0\mu_2=0 时，所有式子退化到地面光滑的情况；
2）当 \mu_2=\mu_2^*\mu_2=\mu_2^* 时，所有式子退化到地面不动的情况；
3）当 M\gg mM\gg m 时，有 \mu_2^*\approx0\mu_2^*\approx0 ，因此斜面不会滑动，也会退化到地面不动的情况。注意这里不能只看 \gamma''\approx 1+\mu_2\tan\theta\gamma''\approx 1+\mu_2\tan\theta ，发现怎么斜面还有反向的加速度了。这是因为 \mu_2^*\approx 0\mu_2^*\approx 0 ，因此只有 \mu_2=0\mu_2=0 才能满足使用滑动摩擦条件，前面推导出的式子才有意义，因此这样依然有 \gamma''=1\gamma''=1 ，并不违反事实。
至此，我们完整解决了该问题，可以看到，最关键的点在于几何约束方程，即垂直斜面方向加速度相等。而如果单纯用能量或动量来求解，是用不到这个几何约束条件的，因此也就不能求解出该问题。另外，该问题还有其他的解决方法，例如非惯性系、拉格朗日力学等。
另外，可以思考如果物块下滑的初速度不为0的运动是怎样的？还是匀加速直线运动吗？以及如果是从下往上以一定初速度运动又会怎样？提示：注意速度和加速度方向是否相同。
仅仅求轨迹方程，那太简单了。
根据地面是光滑的，那么在水平方向上，质量中心水平方向的位置保持不动，m和M相对滑动。联立方程就解决了，如下：
设M往左移动z距离，m向右下移动水平x距离，根据质心不动，Mz=mx
m始终相对M滑动，它们之间的相对运动始终平行于斜面。
m与M相对位移在垂直方向为h-y，在水平方向上为x+z，它们之间关系为正切关系。
所以： h-y=（x+z）tan\thetah-y=（x+z）tan\theta
z=\frac{m}{M}xz=\frac{m}{M}x
y=h-(\frac{mx}{M}+x)tan\theta y=h-(\frac{mx}{M}+x)tan\theta
简化一下
y=h-\frac{m+M}{M}xtan\theta y=h-\frac{m+M}{M}xtan\theta
这里给一个非惯性系解法.
取与斜面相对静止的非惯性参考系，设斜面运动加速度大小为 a_0a_0 ，正方向水平向左；物块相对斜面运动的加速度大小为 aa ，正方向沿斜面向下；物块与斜面间的弹力大小为 NN ，摩擦力大小为 ff .
对斜面，水平方向列出动力学方程 N\sin \theta-f\cos\theta=Ma_0N\sin \theta-f\cos\theta=Ma_0
对物块，分垂直斜面与平行斜面方向列出动力学方程：
