Question

4．如圖所示，豎直放置的半圓形軌道與水平軌道平滑連接，不計(jì)一切摩擦．圓心O點(diǎn)正下方放置為2m的小球A，質(zhì)量為m的小球B以初速度v₀向左運(yùn)動(dòng)，與小球A發(fā)生彈性碰撞．碰后小球A在半圓形軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離軌道，則小球B的初速度v₀可能為（　　）

• A． 2$\sqrt{2gR}$
• B． $\sqrt{2gR}$
• C． 2$\sqrt{5gR}$
• D． $\sqrt{5gR}$

Answer 1

分析 小球A的運(yùn)動(dòng)可能有兩種情況：1．恰好能通過最高點(diǎn)，說明小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)小球的重力提供向心力，由牛頓第二定律求出小球到達(dá)最高點(diǎn)點(diǎn)的速度，由機(jī)械能守恒定律可以求出碰撞后小球A的速度．由碰撞過程中動(dòng)量守恒及能量守恒定律可以求出小球B的初速度；
2．小球不能到達(dá)最高點(diǎn)，則小球不脫離軌道時(shí)，恰好到達(dá)與O等高處，由機(jī)械能守恒定律可以求出碰撞后小球A的速度．由碰撞過程中動(dòng)量守恒及能量守恒定律可以求出小球B的初速度．

解答 解：A與B碰撞的過程為彈性碰撞，則碰撞的過程中動(dòng)量守恒，設(shè)B的初速度方向?yàn)檎�方向，設(shè)碰撞后B與A的速度分別為v₁和v₂，則：
mv₀=mv₁+2mv₂
由動(dòng)能守恒得：
$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}=\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}+\frac{1}{2}•2m{v}_{2}^{2}$
聯(lián)立得：${v}_{2}=\frac{2}{3}{v}_{0}$   ①
1．恰好能通過最高點(diǎn)，說明小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)小球的重力提供向心力，是在最高點(diǎn)的速度為v_min，由牛頓第二定律得：
$2mg=\frac{2m{v}_{min}^{2}}{R}$  ②
A在碰撞后到達(dá)最高點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒，得：
$\frac{1}{2}•2m{v}_{2}^{2}=\frac{1}{2}•2m{v}_{min}^{2}+2mg•2R$  ③
聯(lián)立①②③得：${v}_{0}=1.5\sqrt{5gR}$，可知若小球B經(jīng)過最高點(diǎn)，則需要：${v}_{0}≥1.5\sqrt{5gR}$
2．小球不能到達(dá)最高點(diǎn)，則小球不脫離軌道時(shí)，恰好到達(dá)與O等高處，由機(jī)械能守恒定律得：
$\frac{1}{2}•2m{v}_{2}^{2}=2mgR$④
聯(lián)立①④得：${v}_{0}=1.5\sqrt{2gR}$
可知若小球不脫離軌道時(shí)，需滿足：${v}_{0}≤1.5\sqrt{2gR}$
由以上的分析可知，若小球不脫離軌道時(shí)，需滿足：${v}_{0}≤1.5\sqrt{2gR}$或${v}_{0}≥1.5\sqrt{5gR}$，故AD錯(cuò)誤，BC正確．
故選：BC

點(diǎn)評(píng) 熟練應(yīng)用牛頓第二定律、機(jī)械能守恒定律、動(dòng)量守恒定律即可正確解題，注意小球A的運(yùn)動(dòng)過程中不脫離軌道可能有兩種情況，難度適中．