Question

20．如圖，一根水平桿上等距離地穿著n個(gè)半徑相同的珠子，珠子可以在桿上無摩擦移動(dòng)，珠子的質(zhì)量依次為m，km，k²m，k³m…，k^k-1m，其中是的取值范圍是$\frac{1}{2}$≤k≤2．使第一顆珠子在極短時(shí)間內(nèi)獲得初速度v₀，之后每當(dāng)珠子之間發(fā)生碰撞時(shí)都會(huì)粘在一起．

a．分析并說明當(dāng)k取何值時(shí)，碰撞全部結(jié)束后系統(tǒng)的總動(dòng)能最大；k取何值時(shí)，碰撞全部結(jié)束后系統(tǒng)的總動(dòng)能最�。�
b．求出碰撞結(jié)束后系統(tǒng)相應(yīng)的最小總動(dòng)能和最大總動(dòng)能的比值．

Answer 1

分析 a、根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得到質(zhì)量為m₁、初速度為v₀的物體與質(zhì)量為m₂的靜止物體發(fā)生完全非彈性碰撞后系統(tǒng)損失的動(dòng)能，分析損失的動(dòng)能與它們質(zhì)量的關(guān)系．運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法分析第一次、第二次碰撞后碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能，得到k越大，碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能越小，從而知道當(dāng)k=2時(shí)，全部碰撞結(jié)束后系統(tǒng)的總動(dòng)能最��；當(dāng)k=$\frac{1}{2}$時(shí)，全部碰撞結(jié)束后系統(tǒng)的總動(dòng)能最大．
b、由上題的結(jié)果分析第一次碰撞后、第二次碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能，發(fā)現(xiàn)規(guī)律，得到第n-1次（即最后一次）碰撞系統(tǒng)的總動(dòng)能．當(dāng)k=2時(shí)最小剩余動(dòng)能，當(dāng) k=$\frac{1}{2}$時(shí)最大剩余動(dòng)能，代入求出最小總動(dòng)能和最大總動(dòng)能的比值．

解答 解：質(zhì)量為m₁、初速度為v₀的物體與質(zhì)量為m₂的靜止物體發(fā)生完全非彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得
  m₁v₀=（m₁+m₂）v
碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能 E_k=$\frac{1}{2}（{m}_{1}+{m}_{2}）{v}^{2}$=$\frac{1}{2}{m}_{1}{v}_{0}^{2}$（$\frac{{m}_{1}}{{m}_{1}+{m}_{2}}$） ①
碰撞中系統(tǒng)損失的動(dòng)能△E_k=$\frac{1}{2}{m}_{1}{v}_{0}^{2}$-$\frac{1}{2}（{m}_{1}+{m}_{2}）{v}^{2}$=$\frac{1}{2}{m}_{1}{v}_{0}^{2}$（$\frac{{m}_{2}}{{m}_{1}+{m}_{2}}$） ②
a、第一次碰撞后，系統(tǒng)的動(dòng)能 E₁=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}（\frac{1}{1+k}）$，顯然k越大，E₁越小；
第二次碰撞時(shí)，質(zhì)量為m和km的珠子以共同運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能E₁與質(zhì)量為k²m的珠子相碰，碰后系統(tǒng)的動(dòng)能 E₂=E₁（$\frac{m+km}{m+km+{k}^{2}m}$）…①
顯然k越大，E₂越��；
依此類推，可知，k越大，碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能越�。�
所以當(dāng)k=2時(shí)，全部碰撞結(jié)束后系統(tǒng)的總動(dòng)能最��；當(dāng)k=$\frac{1}{2}$時(shí)，全部碰撞結(jié)束后系統(tǒng)的總動(dòng)能最大；
b、由上知，第一次碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能 E₁=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}（\frac{1}{1+k}）$ 
第二次碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能 E₂=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}（\frac{1}{1+k}）$$（\frac{1+k}{1+k+{k}^{2}}）$=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$$（\frac{1}{1+k+{k}^{2}}）$
對(duì)第n-1次（即最后一次）碰撞，將m₁=m+km+k²m+k^n-2 m，m₂=k^n-1 m，代入①得
  E_n-1=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}（\frac{1}{1+k}）$$（\frac{1+k}{1+k+{k}^{2}}）$$（\frac{1+k+{k}^{2}+…+{k}^{n-2}}{1+k+{k}^{2}+…+{k}^{n-1}}）$
=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$（$\frac{1}{1+k+{k}^{2}+…+{k}^{n-1}}$）=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$（$\frac{1-k}{1-{k}^{n}}$）
所以，當(dāng)k=2時(shí)最小剩余動(dòng)能為 $\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$（$\frac{1}{{2}^{n}-1}$）
當(dāng) k=$\frac{1}{2}$時(shí)最大剩余動(dòng)能為 $\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$（$\frac{1}{2-{2}^{1-n}}$）
故最小總動(dòng)能和最大總動(dòng)能的比值為 $\frac{2-{2}^{1-n}}{{2}^{n}-1}$．
答：
a、當(dāng)k=2時(shí)，全部碰撞結(jié)束后系統(tǒng)的總動(dòng)能最小；當(dāng)k=$\frac{1}{2}$時(shí)，全部碰撞結(jié)束后系統(tǒng)的總動(dòng)能最大．
b、最小總動(dòng)能和最大總動(dòng)能的比值為 $\frac{2-{2}^{1-n}}{{2}^{n}-1}$．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵有兩點(diǎn)：一要掌握完全非彈性碰撞的基本規(guī)律：動(dòng)量守恒和能量守恒；二是運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法，發(fā)現(xiàn)碰撞后系統(tǒng)總動(dòng)能的規(guī)律，寫出通項(xiàng)式．