骆书院 李 力 王 伟

(重庆市清华中学 重庆 400054)

1 问题缘起

“摆球推斜面”模型如下：如图1所示,在光滑水平面上有一质量为M，倾角为θ0的斜面，长为L的细线悬挂质量为m的光滑小球，细线与斜面平行.推力作用在斜面上使整个装置处于静止状态.撤去推力后，小球推动斜面向左运动，问小球和斜面在什么位置脱离?

图1 摆球推斜面

教学中通常的看法是：小球在竖直面内做圆周运动的同时推动斜面向左运动，当小球摆到最低点时摆球与斜面脱离.

文献[1]对澄清教学中相关错误认识极有教益，但有以下几点不足：第一，未能作彻底的数理解析，虽用两种方法推导，但并未得到最终一致的理论公式，仅从5组赋值计算便草率判断两种方法的结果一致.第二，没有探讨结果与小球初始位置θ0(即斜面的倾角)的关系.第三，在斜面倾角为30°的情况下，仅以5组数据赋值计算形成表格，没有用连续图线完整直观地表示变化趋势[1,2].

2 两种推导方法

方法一：如图2所示，设小球与斜面脱离时速度分别为v1和v2，此时二者间弹力恰为零,小球只受细线拉力T和重力mg,对小球沿细线方向用牛顿定律有

图2 小球受力及运动分析

(1)

因为小球与斜面在垂直斜面方向上加速度相等，脱离瞬间斜面加速度为零，故斜面垂直于斜面方向的加速度也为零，从而小球沿垂直于斜面方向的加速度为零，在此方向上对小球用牛顿定律

mgcosθ0=Tsin(θ-θ0)

(2)

又脱离时二者沿垂直斜面方向的分速度相等

v1cos(θ-θ0)=v2sinθ0

(3)

从初始位置到二者脱离的过程，由系统能量守恒

(4)

由式(1)～(4)，可得斜面与小球的质量比为

(5)

方法二：脱离前斜面在小球的压力下向左加速，脱离瞬间斜面速度v2达到最大，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

移项整理得到

(7)

式(5)和式(7)的差异仅在右端第一项分母上，由三角公式cos(x-y)=cosxcosy+sinxsiny得到

cosθ0=cos[θ-(θ-θ0)]=

cosθcos(θ-θ0)+sinθsin(θ-θ0)

移项得

cosθ0-sinθsin(θ-θ0)=cosθcos(θ-θ0)

代入式(5)即得式(7).由此可知两种方法得到的函数关系式k=k(θ,θ0)完全一致.

3 物理意义和结论

由式(5)或式(7)可以看出，小球与斜面的脱离位置θ与质量比k、初始参数θ0都有关系.对于给定的初始角θ0，从式(5)出发考查函数k(θ)的单调性，将式(5)右端通分可得

(8)

(9)

图3 k-θ曲线