Question

16．在原子核物理中，研究核子與核子關聯(lián)的最有效途徑是“雙電荷交換反應”．這類反應的前半部分過程和下述力學模型類似．兩個小球A和B用輕質(zhì)彈簧相連，在光滑的水平直軌道上處于靜止狀態(tài)．在它們左邊有一垂直于軌道的固定擋板P，右邊有一小球C沿軌道以速度v₀射向B球，如圖所示．C與B發(fā)生碰撞并立即結(jié)成一個整體D．在它們繼續(xù)向左運動的過程中，當彈簧長度變到最短時，長度突然被鎖定，不再改變．然后，A球與擋板P發(fā)生碰撞，碰后A、D都靜止不動，A與P接觸而不粘連．過一段時間，突然解除鎖定（鎖定及解除鎖定均無機械能損失）．已知A球的質(zhì)量為3m、B、C球的質(zhì)量均為m．求：
（1）彈簧長度剛被鎖定后A球的速度V_A；
（2）在A球離開擋板P之后的運動過程中，A球速度的最大值V_Amax；
（3）在A球離開擋板P之后的運動過程中，D球速度最小時彈簧的彈性勢能．

Answer 1

分析 （1）C球與B球粘連成D時，由動量守恒定律列出等式，當彈簧壓縮至最短時，D與A的速度相等，由動量守恒定律列式，即可解答．
（2）彈簧長度被鎖定后，由能量守恒列出等式，求出此時D的速度．A球離開擋板P，當彈簧剛恢復自然長度時，A球速度達到最大．
（3）根據(jù)上題結(jié)果分析何時D球的速度最小．再由動量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解．

解答 解：（1）設C球與B球粘連成D時，設D的速度為v₁，由動量守恒定律得：
mv₀=（m+m）v₁
得：v₁=$\frac{1}{2}$v₀．
彈簧壓縮至最短時彈簧剛被鎖定，D與A的速度相等，設此速度為v_A．由動量守恒定律得：
2mv₁=（3m+2m）v_A，
得A的速度為：v_A=$\frac{1}{5}$v₀．
（2）設彈簧長度被鎖定后，貯存在彈簧中的勢能為E_p，由能量守恒得：
$\frac{1}{2}$•2m${v}_{1}^{2}$=$\frac{1}{2}$•5m${v}_{A}^{2}$+E_P．
撞擊P后，A與D的動能都為零，解除鎖定后，當彈簧剛恢復自然長度時，彈性勢能全部轉(zhuǎn)變成D的動能，設D的速度為v₂，則有：
E_P=$\frac{1}{2}$（2m）•${v}_{2}^{2}$，v₂=$\frac{3}{20}$v₀．
當彈簧剛恢復自然長度時，A球速度達到最大．設此時D球的速度為v₃．取水平向右為正方向，由動量守恒定律得：
2mv₂=3mv_Amax+2mv₃．
根據(jù)機械能守恒定律得：
$\frac{1}{2}$•2mv₂²=$\frac{1}{2}$•3mv_Amax²+$\frac{1}{2}$•2mv₃²．
聯(lián)立解得：v_Amax=$\frac{3}{25}{v}_{0}$，v₃=-$\frac{3}{100}{v}_{0}$
（3）由上題結(jié)果知，在A球離開擋板P之后的運動過程中，D球先向右運動后向左運動，最小為0．設此時A球的速度為v₄．彈簧的彈性勢能為E_p．
由動量守恒定律得：2mv₂=3mv₄．
根據(jù)機械能守恒定律得：$\frac{1}{2}$•2mv₂²=$\frac{1}{2}$•3mv₄²+E_p．
聯(lián)立解得：E_p=$\frac{3}{40}$$m{v}_{0}^{2}$．
答：（1）彈簧長度剛被鎖定后A球的速度V_A是$\frac{1}{5}$v₀．
（2）在A球離開擋板P之后的運動過程中，A球速度的最大值V_Amax是$\frac{3}{25}{v}_{0}$．
（3）在A球離開擋板P之后的運動過程中，D球速度最小時彈簧的彈性勢能是$\frac{3}{40}$$m{v}_{0}^{2}$．

點評 本題要理清三個小球的運動過程，搞清能量是如何轉(zhuǎn)化的，能夠知道彈簧恢復原長時A球的速度最大．由動量守恒定律和能量守恒定律結(jié)合研究這類問題．