Question

1．如圖所示，固定在光滑水平面上的“L”形槽，槽的曲面部分光滑，水平部分粗糙．槽的水平部分長度d=9.5m，其上方有水平向右的勻強電場，場強E=10²N/C．不帶電的物體B靜止放置在槽的水平部分的最左端其質(zhì)量 mB=1kg，在槽的水平部分的右邊緊挨著放置了一個與它等高的足夠長的木板C，其質(zhì)量m_C=0.5kg．木板C的右邊有豎直的擋板P，擋板P與C間的距離足夠遠．現(xiàn)將質(zhì)量m_A=1kg，帶正電的電量q=5×10^-2C，物體A從槽的曲面上距B的豎直高度為 h=3.2m處由靜止釋放，已知A、B與槽的水平部分及C的上表面的動摩擦因數(shù)μ均相等，μ=0.4．A與B，C與P的碰撞過程時間極短且碰撞過程中無機械能損失．A、B均可看作質(zhì)點且A的電量始終保持不變，g取10m/s²．求：

（1）A與B第一次碰撞后B獲得的速度；
（2）A與B第二次碰撞后B獲得的速度；
（3）假設A與B完成第二次碰撞后的同時撤去電場，求出從C與P第一次碰撞后，木板C運動的總路程．

Answer 1

分析 （1）A在光滑曲面上下滑過程，遵守機械能守恒，由機械能守恒定律求出A與B第一次碰撞前的速度．A、B碰撞過程，遵守動量守恒和機械能守恒，據(jù)兩大守恒定律列式，求出碰后A、B的速度．
（2）A與B第一次碰撞后A做勻加速直線運動，B做勻減速運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求解A與B第二次碰撞前A的速度，再根據(jù)碰撞的規(guī)律求解B獲得的速度．
（3）假設A與B完成第二次碰撞后的同時撤去電場，A將靜止，此時B距C的左端距離為 l=d-x_B，由速度位移公式求出B剛滑上C的速度．由動量守恒定律求出B與C在第一次與擋板P碰前的共同速度，C與擋板碰撞后向左減速運動，運用數(shù)學歸納法分析C每次向左運動的最大距離，再求解總路程．

解答 解：（1）設m_A=m_B=m，
A在光滑曲面上下滑過程，由機械能守恒得：mgh=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$，
可得A與B第一次碰撞前的速度為：v=$\sqrt{2gh}$=$\sqrt{2×10×3.2}$m/s=8m/s，
A、B碰撞過程，取向右為正方向，由動量守恒和機械能守恒得：
  mv=mv_A+mv_B
 $\frac{1}{2}m{v}^{2}$=$\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$+$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$
可得A與B第一次碰撞后A的速度為：v_A=0，v_B=8m/s；

（2）A與B第一次碰撞后A做勻加速直線運動，加速度大小為：a₁=$\frac{qE-μmg}{m}$=$\frac{5×1{0}^{-2}×1{0}^{2}-0.4×1×10}{1}$=1m/s²；
B做勻減速直線運動，加速度大小為：a₂=$\frac{μmg}{m}$=μg=4m/s²；
B的速度減到零所需的時間為：t_B=$\frac{{v}_{B}}{{a}_{2}}$=$\frac{8}{4}$s=2s，
位移為為：x_B=$\frac{{v}_{B}t}{2}$=$\frac{8×2}{2}$m=8m
而A做勻加速直線運動2s發(fā)生的位移為為：
 x_A=$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}_{B}^{2}$=$\frac{1}{2}×1×{2}^{2}$m=2m＜x_B=8m
所以當B的速度減到零以后才發(fā)生第二次碰撞，第二次碰撞前A的速度為為：v_A′=$\sqrt{2{a}_{1}{x}_{B}}$=$\sqrt{2×1×8}$m/s=4m/s
由動量守恒定律和碰撞過程能量守恒可得：A與B第二次碰撞后B獲得的速度為：v_B′=4m/s；

（3）假設A與B完成第二次碰撞后的同時撤去電場，A將靜止，此時B距C的左端距離為：l=d-x_B=9.5m-8m=1.5m
則B剛滑上C的上表面時的速度為：v_B″=$\sqrt{{v}_{B}^{′2}-2{a}_{2}l}$=$\sqrt{{4}^{2}-2×4×1.5}$m/s=2m/s
B與C在第一次與擋板P碰前的共同速度為：v₀=$\frac{{m}_{B}{v}_{B}″}{{m}_{B}+{m}_{c}}$=$\frac{1×2}{1+0.5}$=$\frac{4}{3}$m/s
設木板C每次與P相碰后向左運動的最大距離分別為 s₁、s₂、s₃…，第一次相碰后對C：
根據(jù)動能定理有：-μm_Bs₁=0-$\frac{1}{2}{m}_{C}{v}_{0}^{2}$
解得：s₁=$\frac{{m}_{C}{v}_{0}^{2}}{2μ{m}_{B}g}$=$\frac{0.5×（\frac{4}{3}）^{2}}{2×0.4×1×10}$m=$\frac{1}{9}$m，
第一次碰，設B與C獲得的共同速度為 v₁，取水平向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒得：
（m_B-m_C）v₀=（m_B+m_C）v₁
解得：v₁=$\frac{（{m}_{B}-{m}_{C}）{v}_{0}}{{m}_{B}+{m}_{C}}$
第二碰后，對C，由動能定理有：-μmgs₂=0-$\frac{1}{2}{m}_{C}{v}_{1}^{2}$
解得：s₂=$\frac{{m}_{C}{v}_{1}^{2}}{2μ{m}_{B}g}$=$（\frac{{m}_{B}-{m}_{C}}{{m}_{B}+{m}_{C}}）^{2}$s₁；
同理可得：s₃=$（\frac{{m}_{B-}{m}_{C}}{{m}_{B}+{m}_{C}}）^{4}{s}_{1}$；
  …
所以，C與P相碰反彈后向左運動的最大距離均以q=$（\frac{{m}_{B}-{m}_{C}}{{m}_{B}+{m}_{C}}）^{2}$=$\frac{1}{9}$的比例減小，C與P發(fā)生多次碰撞，所走的路程是一個無窮等比數(shù)列的和，公比為q，又C每次碰撞向左行的路程與向右行的路程相等，故C與P第一次碰撞后，木板C運動的總路程為：
s=2s₁（1+q+q²+…）=$\frac{2{s}_{1}}{1-q}$=$\frac{2×\frac{1}{9}}{1-\frac{1}{9}}$m=0.25m．
答：（1）A與B第一次碰撞后B獲得的速度是8m/s；
（2）A與B第二次碰撞后B獲得的速度是4m/s；
（3）假設A與B完成第二次碰撞后的同時撤去電場，從C與P第一次碰撞后，木板C運動的總路程是0.25m．

點評 本題主要考查了牛頓第二定律、運動學基本公式、動量守恒定律的應用，并能運用數(shù)學歸納法和數(shù)列求和知識解題．