Question

18．如圖所示，有一光滑軌道ABC，AB為豎直平面內(nèi)半徑為R的四分之一圓弧軌道，BC部分為足夠長(zhǎng)的水平軌道．一個(gè)質(zhì)量為m₁的小物體自A處由靜止釋放后沿圓弧軌道AB滑下，與在水平軌道BC上質(zhì)量為m₂的靜止物體相碰．

（1）如果m₂與水平輕彈簧相連，彈簧的另一端連在固定裝置P上．m₁滑到水平軌道后與m₂發(fā)生碰撞但不粘連，碰撞后m₁與m₂-起將彈簧壓縮后被彈回，m₁與m₂重新分開．若彈簧壓縮和伸長(zhǎng)過程中無機(jī)械能損失，且m₁=m₂，求m₁反彈后能達(dá)到的最大高度；
（2）如果去掉與m₂相連的彈簧及固定裝置P，m₁仍從A處由靜止釋放．若m₁=$\frac{1}{2}$m₂，m₁與m₂的碰撞過程中無機(jī)械能損失，求碰撞后m₁能達(dá)到的最大高度；
（3）在滿足第（2）問的條件下，若m₁與m₂的碰撞過程中無機(jī)械能損失，要使m₁與m₂只能發(fā) 生一次碰撞，求m₂與m₁的比值范圍．

Answer 1

分析 （1）（2）m₁從A滑到B機(jī)械能守恒，和m₂發(fā)生碰撞時(shí)動(dòng)量守恒，據(jù)此可求出碰撞時(shí)的共同速度，當(dāng)彈簧恢復(fù)到自然長(zhǎng)度時(shí)m₁與m₂重新分開，此時(shí)m₁與m₂的速度與此共同速度相等，然后根據(jù)機(jī)械能守恒即可求出m₁能達(dá)到的最大高度．
（3）a．m₁與m₂發(fā)生碰撞時(shí)動(dòng)量守恒同時(shí)機(jī)械能守恒，據(jù)此求出m₁碰后速度，然后根據(jù)機(jī)械能守恒即可求出m₁能達(dá)到的最大高度．
b．根據(jù)m₁與m₂發(fā)生碰撞時(shí)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒求出他們的碰后速度，注意第一次碰后m₁的速度大于m₂的速度，第二次m₁的速度小于m₂的速度，據(jù)此可正確解答．

解答 解：（1）m₁從A滑到B重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，m₁的速度達(dá)到v₁
${m}_{1}gR=\frac{1}{2}{m}_{1}{v}_{1}^{2}$                  ①
m₁與m₂發(fā)生碰撞時(shí)彈簧處于自然狀態(tài)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞后以共同速度v_共向右運(yùn)動(dòng)．
m₁v₁+m₂v₂=（m₁+m₂）v_共 ②
聯(lián)立①②解得：${v}_{共}=\frac{{v}_{1}}{2}=\frac{\sqrt{2gR}}{2}$         
m₁與m₂一起將彈簧壓縮后又被彈回，當(dāng)彈簧恢復(fù)到自然長(zhǎng)度時(shí)m₁與m₂重新分開，此時(shí)m₁與m₂的速度都為v_共，m₁以v_共為初速度滑上圓弧軌道，設(shè)m₁能達(dá)到的最大高度是h
$\frac{1}{2}{m}_{1}{v}_{共}^{2}={m}_{1}gh$
解得 $h=\frac{1}{4}R$  
故m₁反彈后能達(dá)到的最大高度為：$h=\frac{1}{4}R$．
（2）撤去彈簧及固定裝置后．
a．m₁與m₂發(fā)生碰撞時(shí)系統(tǒng)動(dòng)量守恒，且沒有機(jī)械能損失．設(shè)向右為正方向，有
${m}_{1}{v}_{1}={m}_{1}{v}_{1}^{′}+{m}_{2}{v}_{2}^{′}$          ③
$\frac{1}{2}{m}_{1}{v}_{1}^{2}=\frac{1}{2}{m}_{1}（{v}_{1}^{′}）^{2}$$+\frac{1}{2}{m}_{2}（{v}_{2}^{′}）^{2}$          ④
代入${m}_{1}=\frac{1}{2}{m}_{2}$，聯(lián)系③④可得：${v}_{1}^{′}=-\frac{1}{3}\sqrt{2gR}$，負(fù)號(hào)表示m₁向左運(yùn)動(dòng)
此后m₁沖上圓弧軌道，設(shè)m₁能達(dá)到的最大高度是h′，有：
$\frac{1}{2}{m}_{1}（{v}_{1}^{′}）^{2}=mg{h}^{′}$
將${v}_{1}^{′}$帶入上式，可得：${h}^{′}=\frac{1}{9}R$        
故碰撞后m₁能達(dá)到的最大高度為：${h}^{′}=\frac{1}{9}R$．     
b．m₁滑到水平軌道以速度v₁與靜止的m₂發(fā)生第一次碰撞，設(shè)向右為正方向，有
${m}_{1}{v}_{1}={m}_{1}{v}_{1}^{′}+{m}_{2}{v}_{2}^{′}$       
$\frac{1}{2}{m}_{1}{v}_{1}^{2}=\frac{1}{2}{m}_{1}（{v}_{1}^{′}）^{2}$$+\frac{1}{2}{m}_{2}（{v}_{2}^{′}）^{2}$       
解得：${v}_{1}^{′}=\frac{（{m}_{1}-{m}_{2}）{v}_{1}}{{m}_{1}+{m}_{2}}$，${v}_{2}^{′}=\frac{2{m}_{1}{v}_{1}}{{m}_{1}+{m}_{2}}$
要能發(fā)生第二次碰撞的條件是${v}_{1}^{′}＜0$，即m₁＜m₂；且|${v}_{1}^{′}$|＞${v}_{2}^{′}$，即|m₁-m₂|＞2m₁，可得
m₂＞3m₁ ⑤
m₁從圓弧軌道上滑下，以大小為|${v}_{1}^{′}$|=$\frac{{m}_{2}-{m}_{1}}{{m}_{1}+{m}_{2}}{v}_{1}$的速度與速度為${v}_{2}^{′}=\frac{2{m}_{1}{v}_{1}}{{m}_{1}+{m}_{2}}$的m₂發(fā)生第二次碰撞，有：
${m}_{1}|{v}_{1}^{′}|+{m}_{2}{v}_{2}^{′}={m}_{1}{v}_{1}^{″}$$+{m}_{2}{v}_{2}^{″}$
$\frac{1}{2}{m}_{1}（{v}_{1}^{′}）^{2}+\frac{1}{2}{m}_{2}（{v}_{2}^{′}）^{2}$=$\frac{1}{2}{m}_{1}（{v}_{1}^{″}）^{2}+\frac{1}{2}{m}_{2}（{v}_{2}^{″}）^{2}$
第二次碰后m₁和 m₂的速度
${v}_{1}^{″}=\frac{4{m}_{1}{m}_{2}-{（m}_{2}-{m}_{1}）^{2}}{（{m}_{1}+{m}_{2}）^{2}}{v}_{1}$     ⑥
${v}_{2}^{″}=\frac{4{m}_{1}（{m}_{2}-{m}_{1}）}{（{m}_{1}+{m}_{2}）^{2}}{v}_{1}$       ⑦
不發(fā)生第三次碰撞的條件為：|${v}_{1}^{″}$|≤${v}_{2}^{″}$
則：-4m₁（m₂-m₁）≤$4{m}_{1}{m}_{2}-（{m}_{2}-{m}_{1}）^{2}$≤4m₁（m₂-m₁）
解不等式$-4{m}_{1}（{m}_{2}-{m}_{1}）≤4{m}_{1}{m}_{2}-{（m}_{2}-{m}_{1}）^{2}$
得：$（5-2\sqrt{5}）{m}_{1}≤{m}_{2}≤（5+2\sqrt{5}）{m}_{1}$            ⑧
解不等式：$4{m}_{1}{m}_{2}-（{m}_{2}-{m}_{1}）^{2}≤4{m}_{1}（{m}_{2}-{m}_{1}）$
得    m₂≥3m₁  或m₂≤-m₁  ⑨（9）
綜合⑤、⑧、⑨，m₁與m₂只能發(fā)生兩次碰撞的條件為：$3＜\frac{{m}_{2}}{{m}_{1}}≤5+2\sqrt{5}$
故要使m₁與m₂只能發(fā)生兩次碰撞，m₂與 m₁的比值范圍為：$3＜\frac{{m}_{2}}{{m}_{1}}≤5+2\sqrt{5}$．
答：（1）m₁反彈后能達(dá)到的最大高度是$\frac{1}{4}R$；（2）碰撞后m₁能達(dá)到的最大高度是$\frac{1}{9}R$；（3）m₂與m₁的比值范圍是$3＜\frac{{m}_{2}}{{m}_{1}}≤5+2\sqrt{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了動(dòng)量和能量問題，有一定的難度，難點(diǎn)在于數(shù)學(xué)運(yùn)算，因此平時(shí)訓(xùn)練中要注意數(shù)學(xué)知識(shí)在物理中的應(yīng)用．