Question

4．如圖示，質量m=lkg的彈性小球A在長為l=0.9m的細輕繩牽引下繞O點在豎直平面內做圓周運動，圓周的最高點為P．小球A在豎直平面內完成圓周運動過程中，由于該空間存在某種特殊物質，使得小球A在豎直平面內每轉動一周都會損失一部分動能，每次損失的動能均為它每次經過P點時動能的19%．水平槽內有許多質量均為M=5kg的彈性鋼球，水平槽末端有一極小的立柱剛好在P點，鋼球可以靜止在立柱上，現小球在頂點P以v₀=25m/s的初速度向左轉動，小球A每次轉動到P點恰好與靜止在此處的小鋼球發(fā)生彈性正碰，鋼球水平飛出做平拋運動．每次鋼球被小球A碰撞后，槽內填充裝置可將下一個鋼球自動填充到P點的立柱且靜止．已知水平槽距水平地面的高度恰好是1.8m，水平槽不會影響彈性小球A的運動，小球均可視為質點，重力加速度g=10m/s²，求：
（1）第一次碰撞結束時彈性小球A和被碰鋼球的速度各為多大；
（2）小球A能碰出去的鋼球個數；
（3）第一個鋼球與最后一個鋼球落地后的水平距離．

Answer 1

分析 （1、2）對小球碰撞過程由動量守恒定律及機械能守恒定律可求得碰后的速度大小，分析整體過程，得出通項式從而求得個數；
（3）由平拋運動規(guī)律可求得第一個鋼球與最后一個鋼球落地后的水平距離．

解答 解：（1）小球第一次轉回到頂部碰前狀況，設其速度為v₁，根據題意可知，損失部分機械能，重力勢能不變，
$\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}×（1-19%）=\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}×81%$=$\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$
解得v₁=0.9v₀．
小球A在頂部與鋼球碰撞，由動量守恒定律、機械能守恒定律得：
mv₁=mv₁′+Mv″，
$\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}=\frac{1}{2}m{{v}_{1}′}^{2}+\frac{1}{2}Mv{″}^{2}$
聯立解得：${v}_{1}′=\frac{m-M}{M+m}{v}_{1}=-15m/s$，負號表示與碰前入射速度方向相反，v″=7.5m/s．
同理可得，碰撞n次以后瞬間的速度為v_n'，則：
${v}_{n}′=\frac{m-M}{M+m}{v}_{n}=-（\frac{3}{5}）^{n}{v}_{0}$，負號表示與碰前入射速度方向相反，
小球要能與鋼球碰撞則必須能完成完整的圓周運動，所以碰n次后假定再次到達P位置，其速度一定有：
v_n+1=0.9v_n′$≥\sqrt{gL}$
所以$（\frac{3}{5}）^{n}{v}_{0}≥\sqrt{gL}$
解得：n＜5，由于n是自然數，所以n=4，小球A可以與4 個鋼球碰撞；
（3）第一個鋼球碰后速度：v₁₂=$\frac{m}{M}（{v}_{1}-{v}_{1}′）$=$\frac{1}{5}$×（22.5+15）=7.5m/s；
第4個鋼球碰撞后速度：v₅₄=$\frac{m}{M}$（v₄-v₄′）=$\frac{1}{50}$×$（\frac{3}{5}）^{4}$v₀=0.0648m/s；
由于兩球是分別朝向左右兩邊做平拋運動的，所以水平距離是：x=x₁+x₄
平拋時間是：t=$\sqrt{\frac{4L}{g}}$=$\sqrt{\frac{4×0.9}{10}}$s=0.6s
x₁=v₂₁t
x₄=v₅₄t
x=x₁+x₄
解得：x=4.54m
答：（1）第一次碰撞結束時彈性小球A和被碰鋼球的速度各為-15m/s、7.5m/s．
（2）小球A能將鋼球碰出去的鋼球個數為4個；
（3）第一個鋼球與最后一個鋼球落地后的水平距離為4.54m

點評 本題綜合考查了動量守恒、機械能守恒定律及平拋運動規(guī)律等問題，要注意正確分析物理過程，明確物理規(guī)律的正確應用．