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 $ \boldsymbol{\mathbf{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{equation}
mx+MX=0 \qquad x-X=l\cos\theta~,
\end{equation}
解得
\begin{equation}
x = \frac{M}{M + m}l\cos\theta \qquad X = -\frac{m}{M + m}l\cos\theta~.
\end{equation}
另外竖直方向有
\begin{equation}
y = -l\sin\theta~.
\end{equation}
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{equation}
a = \ddot l = \frac{g\sin\theta(M+m)}{M + m\sin^2\theta}~.
\end{equation}
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{equation}
\boldsymbol{\mathbf{r}} = \boldsymbol{\mathbf{r_{O}}} + \boldsymbol{\mathbf{r_{e}}} ~.
\end{equation}
其中,$ \boldsymbol{\mathbf{r}} $ 为物体相对固定坐标系中的位矢、$ \boldsymbol{\mathbf{r_{O}}} $ 为平动坐标系基点 $O$ 的位矢、$ \boldsymbol{\mathbf{r_{e}}} $ 为物体相对平动坐标系的位矢。
带入
\begin{equation}
\boldsymbol{\mathbf{r}} =(x,y)\qquad \boldsymbol{\mathbf{r_O}} =(X,0)\qquad \boldsymbol{\mathbf{r_e}} =(l\cos\theta,-l\sin\theta)~,
\end{equation}
得
\begin{equation}
x=X+l\cos\theta \qquad y=-l\sin\theta~.
\end{equation}
对物块受力分析,如
图 1 ,由牛顿第二定律
式 2
\begin{equation}
m\ddot{ \boldsymbol{\mathbf{r}} }=m \boldsymbol{\mathbf{g}} + \boldsymbol{\mathbf{N}} ~.
\end{equation}
带入 $ \boldsymbol{\mathbf{g}} =(0,-g)$、$N=(N\sin\theta,N\cos\theta)$,得
\begin{equation}
m(\ddot x,\ddot y)=(N\sin\theta,-mg+N\cos\theta)~.
\end{equation}
对斜面,其合外力沿 $x$ 负方向,大小为 $N\sin\theta$,对其运用牛顿第二定律
\begin{equation}
M\ddot X=-N\sin \theta~.
\end{equation}
联立
式 7 、
式 9 、
式 10 ,得
\begin{equation}
m \left(\frac{-N\sin\theta}{M}+\ddot l\cos\theta,-\ddot l\sin\theta \right) =(N\sin\theta,-mg+N\cos\theta)~,
\end{equation}
解得
式 4 。
2. 非惯性系法
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{equation}
-m\ddot X\cos\theta + mg\sin\theta = m\ddot l~,
\end{equation}
把
式 2 代入解得
式 4 。
3. 拉格朗日方程法
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{equation}
\begin{aligned}
L = T - V &= \frac12 m(\dot x^2 + \dot y^2) + \frac12 M \dot X^2 - mgy\\
&= \frac{1}{2}m \left(\frac{M\cos^2\theta}{M + m}+\sin^2\theta \right) \dot l^2 + mg\sin\theta \cdot l\\
&=\frac{1}{2}m\frac{M+m\sin^2\theta}{m+M}\dot{l}^2+mg\sin\theta\cdot l~.
\end{aligned}
\end{equation}
代入拉格朗日方程(
式 1 )
\begin{equation}
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}{t}} \frac{\partial L}{\partial \dot l} = \frac{\partial L}{\partial l} ~,
\end{equation}
有
\begin{equation}
m\frac{M+m\sin^2\theta}{m+M}\ddot{l}=mg\sin\theta~,
\end{equation}
解得
式 4 。