Question

3．如圖所示的水平軌道中，AC段中點B的正上方有一探測器，C處有一固定豎直擋板，物體P₁沿軌道向右以速度v₀與靜止在A點的物體P₂碰撞，結合成復合體P．以剛結合成復合體P后開始計時，探測器只在t₁=2s至t₂=4s內工作．已知P₁、P₂的質量都為m=lkg，P與AC間的動摩擦因數(shù)為μ=0.1，AB與BC段長均為L=4m．（P₁、P₂和P均可視為質點，P與擋板的碰撞為彈性碰撞．）求：
（1）若v₀=6m/s，求P₁、P₂碰后瞬間P的速度大小v和碰撞前后系統(tǒng)損失的動能△E_k；
（2）若P與擋板碰后，能在探測器的工作時間內通過B點，求v₀的取值范 圍；
（3）若P₁和P₂結合成復合體P后，不能被探測器在工作時間內探測到，求v₀的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）P₁、P₂碰撞過程，系統(tǒng)動量守恒，列出等式求解P₁、P₂碰后瞬間的速度大小，根據(jù)能量守恒求得碰撞損失的動能．
（2）（3）由于P與擋板的碰撞為彈性碰撞，所以P在AC間等效為勻減速運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求解．．

解答 解：（1）P₁、P₂碰撞過程，動量守恒，選取向右為正方向，設碰撞后共同速度為v，則：mv₀=2mv…①
解得v=$\frac{1}{2}{v}_{0}$…②
代入數(shù)據(jù)可得：v=3m/s
碰撞損失的動能△E=$\frac{1}{2}$$m{v}_{0}^{2}$-$\frac{1}{2}$（2m）v²…③
解得△E=9J…④
（2）由于P與擋板的碰撞為彈性碰撞．故P在AC間等效為勻減速運動，設P在AC段加速度大小為a，由運動學規(guī)律，得：μ（2m）g=2ma
a=μg=0.1×10m/s²=1m/s²…⑤
P返回經(jīng)過B時：3L=vt-$\frac{1}{2}$at²…⑥
由①⑤⑥解得：v=$\frac{{t}^{2}+24}{2t}$
由于2s≤t≤4s，所以解得v的取值范圍5m/s≤v≤7m/s 
結合公式②可知，若P與擋板碰后，能在探測器的工作時間內通過B點，v₀的取值范 圍是10m/s≤v₁≤14m/s．
（3）結合（2）的分析可知，若碰撞后的速度比較大，則P₁和P₂結合成復合體P后，不能被探測器在工作時間內探測到，v₀的取值范圍應滿足：
v₀＜5m/s或v₀＞7m/s
考慮到P有可能在向右運動經(jīng)過B點時被探測器探測到．
Ⅰ．設P恰好能到達B點，則：2aL=v²…⑦
所以：$v=2\sqrt{2}$m/s
則到達B的時間：$t′=\frac{△v}{a}=\frac{2\sqrt{2}}{1}=2\sqrt{2}$s，由于2s＜2$\sqrt{2}$s＜4s，結合運動的越快，相等時間內的位移越大可知，若P的速度小于$2\sqrt{2}$m/s，探測器不可能探測到P；
結合公式②可知，此時v₀$＜4\sqrt{2}$m/s
Ⅱ．結合運動的越快，相等時間內的位移越大可知，當P向右在t=2s時刻通過探測器時：$\overline{v}=\frac{L}{t}=\frac{4}{2}=2$m/s…⑧
又：$\overline{v}=\frac{v+（v-at）}{2}$…⑨
所以得：v=3m/s
可知如果P的速度v＞3m/s，則P在2s前通過B點，探測器也不能探測到P，此時結合公式②可知：v₀＞6m/s．
綜上可知，若復合體P，不能被探測器在工作時間內探測到，v₀的取值范圍：v₀$＜4\sqrt{2}$m/s或6m/s＜v₀＜10m/s或v₀＞14m/s
答：（1）若v₀=6m/s，P₁、P₂碰后瞬間的速度大小是3m/s，碰撞損失的動能是9J；
（2）若P與擋板碰后，能在探測器的工作時間內通過B點，v₀的取值范圍10m/s≤v₀≤14m/s；
（3）若復合體P，不能被探測器在工作時間內探測到，v₀的取值范圍：v₀$＜4\sqrt{2}$m/s或  6m/s＜v₀＜10m/s或v₀＞14m/s．

點評 本題關鍵是明確P₁、P₂碰后的受力情況和運動情況，運用動量守恒定律結合能量守恒列出等式求解，掌握牛頓第二定律分析問題．其次還要注意第三問的幾種可能性．