Question

19．如圖所示，長為L、內壁光滑的直管與水平地面成30°角固定放置．先將一質量為m的小球固定在管底，用一輕質細線將小球與質量為M（M=3m）的小物塊相連，小物塊懸掛于管口．現將小球釋放，一段時間后，小物塊落地靜止不動，小球繼續(xù)向上運動，通過管口的轉向裝置后做平拋運動，小球在轉向過程中速率不變．（重力加速度為g）（　�。�

• A． 小球運動的整個過程中，小球與小物塊的系統機械能守恒
• B． 小球的最大速度為$\frac{{\sqrt{10gL}}}{4}$
• C． 小球從管口拋出時的速度大小為$\frac{{\sqrt{gL}}}{2}$
• D． 小球平拋運動的水平位移等于$\frac{{\sqrt{2}}}{4}L$

Answer 1

分析 只有重力或只有彈力做功，系統機械能守恒；
根據系統機械能守恒定律求出小球的最大速度．
根據速度位移公式求出物塊落地時小球的速度，再根據牛頓第二定律求出木塊落地后小球的加速度，運用速度位移公式求出小球離開管口的速度．
根據高度求出平拋運動的時間，再根據初速度和時間求出平拋運動的水平位移．

解答 解：A、物塊落地前，小球與物塊組成的系統機械能守恒，物塊落地過程中系統機械能有損失，機械能不守恒，故A錯誤；
B、物塊落地前瞬間小球速度最大，在該過程中系統機械能守恒，由機械能守恒定律得：
MgLsin30°=$\frac{1}{2}$（m+M） v₁²+mgsin30°Lsin30°，
已知：M=3m，解得：v₁=$\frac{\sqrt{10gL}}{4}$，故B正確；      
C、設M落地時的速度大小為v，m射出管口時速度大小為v₀，M落地后m的加速度為a₀．根據牛頓第二定律有：
-mgsin30°=ma₀，解得：a₀=-$\frac{1}{2}$g，由勻變速直線運動的速度位移公式得：v²=2aLsin30°，v₀²-v²=2a₀L（1-sin30°），
解得：v₀=$\sqrt{\frac{gL}{8}}$，故C錯誤；
D、小球離開管口后做平拋運動，水平方向：x=v₀t，豎直方向：Lsin30°=$\frac{1}{2}$gt²，解得水平位移：x=$\frac{\sqrt{2}}{4}$L，故D正確；
故選：BD．

點評 解決本題的關鍵理清小球的運動過程，運用牛頓定律求解．小球經歷了勻加速直線運動、勻減速直線運動，平拋運動．