滑块和运动斜面问题

贡献者：零穹; addis

图 1：受力分析

　　在滑块斜面问题的基础上，如果我们假设斜面质量为 $M$ , 滑块质量为 $m$ ，滑块、斜面、地面三者之间均无摩擦，那么滑块在斜面上自由下滑时，相对斜面的加速度是多少呢？

　　令 $x, y$ 为滑块水平方向和竖直方向的位移。 $X$ 为斜面水平方向的位移， $l$ 为滑块相对斜面的位移大小。对滑块与斜面组成得系统而言，在水平方向不受力，动量守恒，质心在水平方向速度 $v_{cx}$ 不变。以系统质心所在竖直方向为 $y$ 轴（向上为其正方向）地面为 $x$ 轴（向右为其正方向）建立直角坐标系，则有

\begin{matrix} (1) & m x + M X = 0 x - X = l \cos θ, \end{matrix}

解得

\begin{matrix} (2) & x = \frac{M}{M + m} l \cos θ X = - \frac{m}{M + m} l \cos θ . \end{matrix}

另外竖直方向有

\begin{matrix} (3) & y = - l \sin θ . \end{matrix}

　　以下介绍三种方法，都可以解得滑块相对斜面的加速度为

\begin{matrix} (4) & a = \ddot{l} = \frac{g \sin θ (M + m)}{M + m \sin^{2} θ} . \end{matrix}

1. 受力分析法

　　以地面为固定坐标系，斜面为平动坐标系，初始时刻两坐标系重合。

　　由运动学关系式：

\begin{matrix} (5) & r = r_{O} + r_{e} . \end{matrix}

其中，

r

为物体相对固定坐标系中的位矢、

r_{O}

为平动坐标系基点

O

的位矢、

r_{e}

为物体相对平动坐标系的位矢。
带入

\begin{matrix} (6) & r = (x, y) r_{O} = (X, 0) r_{e} = (l \cos θ, - l \sin θ), \end{matrix}

得

\begin{matrix} (7) & x = X + l \cos θ y = - l \sin θ . \end{matrix}

对物块受力分析，如图 1 ，由牛顿第二定律式 2

\begin{matrix} (8) & m \ddot{r} = m g + N . \end{matrix}

带入

g = (0, - g)

、

N = (N \sin θ, N \cos θ)

，得

\begin{matrix} (9) & m (\ddot{x}, \ddot{y}) = (N \sin θ, - m g + N \cos θ) . \end{matrix}

　　对斜面，其合外力沿 $x$ 负方向，大小为 $N \sin θ$ ，对其运用牛顿第二定律

\begin{matrix} (10) & M \ddot{X} = - N \sin θ . \end{matrix}

联立式 7 、式 9 、式 10 ，得

\begin{matrix} (11) & m (\frac{- N \sin θ}{M} + \ddot{l} \cos θ, - \ddot{l} \sin θ) = (N \sin θ, - m g + N \cos θ), \end{matrix}

解得式 4 。

2. 非惯性系法

预备知识 1　惯性力

　　这是最简单的方法。在斜面的参考系，滑块会受到向右的惯性力 $- m \ddot{X}$ ，所以沿斜面向下使用牛顿第二定律得

\begin{matrix} (12) & - m \ddot{X} \cos θ + m g \sin θ = m \ddot{l}, \end{matrix}

把式 2 代入解得式 4 。

3. 拉格朗日方程法

预备知识 2　拉格朗日方程

　　考虑动量守恒，这个系统只有一个自由度，即一个广义坐标 $l$ 。拉格朗日量等于

\begin{matrix} (13) & \begin{aligned} L = T - V & = \frac{1}{2} m ({\dot{x}}^{2} + {\dot{y}}^{2}) + \frac{1}{2} M {\dot{X}}^{2} - m g y \\ = \frac{1}{2} m (\frac{M \cos^{2} θ}{M + m} + \sin^{2} θ) {\dot{l}}^{2} + m g \sin θ \cdot l \\ = \frac{1}{2} m \frac{M + m \sin^{2} θ}{m + M} {\dot{l}}^{2} + m g \sin θ \cdot l . \end{aligned} \end{matrix}

代入拉格朗日方程（式 1 ）

\begin{matrix} (14) & \frac{d}{d t} \frac{\partial L}{\partial \dot{l}} = \frac{\partial L}{\partial l}, \end{matrix}

有

\begin{matrix} (15) & m \frac{M + m \sin^{2} θ}{m + M} \ddot{l} = m g \sin θ, \end{matrix}

解得式 4 。