Question

1．如圖所示，質(zhì)量m=1kg的彈性小球A在長為l=0.9m的細輕繩牽引下可以繞水平軸O在豎直平面內(nèi)做圓周運動，圓周的最高點為P，小球A在豎直平面內(nèi)完成圓周運動過程中，由于該空間存在某種特殊物質(zhì)的作用，使得小球A在豎直平面內(nèi)每轉(zhuǎn)動半周都會損失一部分動能，設(shè)每次損失的動能均為它每次經(jīng)過P點時動能的9.5%，現(xiàn)小球在頂點P以v₀=25m/s的初速度向左轉(zhuǎn)動，P處有一水平槽，槽內(nèi)有許多質(zhì)量均為M=5kg的彈性鋼球，小球A每次轉(zhuǎn)動到P點恰好與P點處的小鋼球發(fā)生彈性正碰，鋼球水平飛出做平拋運動，每次被小球A碰撞后，槽內(nèi)填充裝置可將鋼球轉(zhuǎn)動填充到P點位置且靜止，已知水平地面距水平槽的高度恰好是1.8m，小球均可視為質(zhì)點，求：
（1）小球A第一次過最低點時，細繩的拉力（保留3位有效數(shù)字）
（2）小球A能將鋼球碰出去的鋼球個數(shù)
（3）第一個鋼球與最后一個鋼球落地后的水平距離（保留3為有效數(shù)字）

Answer 1

分析 （1）由功能關(guān)系可求得小球在底部時的速度；再由向心力公式可求得作用力的大��；
（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(shù)；
（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A從頂部運動到底部過程根據(jù)功能關(guān)系有：
$\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}×（1-9.5%）+2mgl=\frac{1}{2}mv{′}^{2}$，
在最低點，由牛頓第二定律知：${F}_{T}-mg=m\frac{v{′}^{2}}{l}$，
聯(lián)立可解得：F≈678  N   
（2）小球第一次轉(zhuǎn)回到頂部碰前狀況，設(shè)其速度為v₁，根據(jù)題意可知，損失部分機械能，重力勢能不變，
$\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}×（1-2×9.5%）=\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}×81%=\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$，
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(lián)立解得：${v}_{1}′=\frac{m-M}{M+m}{v}_{1}=-\frac{3}{5}{v}_{0}=-15m/s$，負號表示與碰前入射速度方向相反
同理可得，碰撞n次以后瞬間的速度為v_n'，則：
v_n'=$\frac{m-M}{M+m}{v}_{n}$=-（$\frac{3}{5}$）ⁿv₀，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=0.9vn'$≥\sqrt{gL}$
所以：（$\frac{3}{5}$）ⁿv₀$≥\sqrt{gL}$
解得：n＜5，由于n是自然數(shù)，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=$\frac{m}{M}$（v₁-v₁'）=$\frac{1}{5}$×（22.5+15）=7.5m/s；  
第4個鋼球碰撞后速度：v₅₄=$\frac{m}{M}$（v₄-v₄'）=$\frac{1}{50}$×（$\frac{3}{5}$）⁴v₀=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=$\sqrt{\frac{4L}{g}}$=$\sqrt{\frac{4×0.9}{10}}$=0.6s；
x₁=v₂₁t
x₄=v₅₄t
x=x₁+x₄
解得：x=5.47m
答：小球A第一次過最低點時，細繩的拉力為678N；
（2）小球A能將鋼球碰出去的鋼球個數(shù)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5.47m

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．