Question

11．如圖所示，滑塊A的質(zhì)量m=0.01kg，與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，用細(xì)線懸掛的質(zhì)量均為m=0.01kg的小球沿水平面排列，且恰與水平面接觸．A與第1只小球及相鄰兩小球間距離均為s=2m，線長分別為L₁、L₂、L₃…（圖中只畫出三只小球，且小球可視為質(zhì)點(diǎn)），開始時(shí)，滑塊以速度v₀=10m/s沿水平方向向右運(yùn)動(dòng)．設(shè)滑塊與小球碰撞時(shí)不損失機(jī)械能，碰撞后小球均恰能在豎直平面內(nèi)完成完整的圓周運(yùn)動(dòng)并再次與滑塊正碰，重力加速度g=10m/s²．下面說法正確的是BC（　�。�

• A． 滑塊能與11個(gè)小球碰撞
• B． 碰撞中第n個(gè)小球懸線長L_n的表達(dá)式為$\frac{50-4n}{25}$
• C． 滑塊與第一個(gè)小球碰撞后瞬間，懸線對(duì)小球的拉力為0.6N
• D． 滑塊與第一個(gè)小球碰撞后瞬間，懸線對(duì)小球的拉力為0.8N

Answer 1

分析 （1）通過動(dòng)能定理求出滑塊能夠向前滑動(dòng)的距離，結(jié)合兩球間的距離確定碰撞球的個(gè)數(shù)．
（2）根據(jù)牛頓第二定律求出最高點(diǎn)的臨界速度，通過機(jī)械能守恒定律求出最低點(diǎn)的速度，結(jié)合動(dòng)能定理求出碰撞中第k個(gè)小球懸線長L_k的表達(dá)式．
（3）因?yàn)樾∏蚯∧茏鰣A周運(yùn)動(dòng)，求出最高點(diǎn)的臨界速度，通過機(jī)械能守恒定律求出最低點(diǎn)的速度，根據(jù)牛頓第二定律求出懸線對(duì)小球的拉力大�。�

解答 解：A、因滑塊與小球質(zhì)量相等且碰撞中機(jī)械能守恒，滑塊與小球相碰撞會(huì)互換速度，小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能守恒，設(shè)滑塊滑行總距離為s₀，有：
-μmgs₀=0-$\frac{1}{2}$m${v}_{0}^{2}$
得：s₀=25m
n=$\frac{{s}_{0}}{s}$=12（個(gè)）；故A錯(cuò)誤；
B、滑塊與第n個(gè)小球碰撞，設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度為${v′}_{n}^{\;}$
對(duì)小球，有：mg=m$\frac{{v′}_{n}^{2}}{{L}_{n}}$ ①
機(jī)械能守恒：$\frac{1}{2}$m${v}_{n}^{2}$=$\frac{1}{2}$m${v′}_{n}^{2}$+2mgL_n ②
對(duì)滑塊，有：-μmgns=$\frac{1}{2}$m${v}_{n}^{2}$-$\frac{1}{2}$m${v}_{0}^{2}$ ③
解①②③三式得：L_n=$\frac{{v}_{0}^{2}-2μgsn}{5g}$=2-$\frac{4n}{25}$ （m） 故B正確；
C、滑塊做勻減速運(yùn)動(dòng)到第一個(gè)小球處與第一個(gè)小球碰前的速度為v₁，則有
-μmgs=$\frac{1}{2}$m${v}_{1}^{2}$-$\frac{1}{2}$m${v}_{0}^{2}$
由于滑塊與小球碰撞時(shí)不損失機(jī)械能，則碰撞前后動(dòng)量守恒、動(dòng)能相等，滑塊與小球相碰撞會(huì)互換速度，碰撞后瞬間小球的速度仍為v₁．
此時(shí)小球受重力和繩子的拉力作用，由牛頓定律得：
T-mg=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{{L}_{1}}$
因?yàn)長₁=$\frac{50-4×1}{25}$=$\frac{46}{25}$
由上述三式解得：T=0.6N；故C正確，D錯(cuò)誤；
故選：BC

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查了牛頓第二定律、動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律及動(dòng)量守恒理定律等規(guī)律，綜合性較強(qiáng)，對(duì)學(xué)生的能力要求較高，要注意認(rèn)真分析物理過程，明確每一過程中的受力情況，再選擇正確的物理規(guī)律求解．