Question

13．如圖所示，足夠長(zhǎng)光滑水平軌道與半徑為R的光滑四分之一圓弧軌道相切．現(xiàn)從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止釋放一質(zhì)量為m的彈性小球A，當(dāng)A球剛好運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道的最低點(diǎn)時(shí)，與靜止在該點(diǎn)的另一彈性小球B發(fā)生彈性碰撞．已知B球的質(zhì)量是A球質(zhì)量的k倍，且兩球均可看成質(zhì)點(diǎn)．
（1）求A球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，與B球碰撞前瞬間，A球?qū)�軌道的壓力多大�?br />（2）若碰撞結(jié)束的瞬間，A球?qū)�圓弧軌道最低點(diǎn)壓力剛好等于碰前其壓力的一半，求k的可能取值；
（3）若k已知且等于某一適當(dāng)?shù)闹禃r(shí)，A、B兩球在水平軌道上經(jīng)過(guò)多次彈性碰撞后，最終恰好以相同的速度大小沿水平軌道運(yùn)動(dòng)．求此種情況下最后一次碰撞A球?qū)�B球的沖量大�。�

Answer 1

分析 （1）小球A沿圓弧滾下過(guò)程機(jī)械能守恒，受到的重力和支持力的合力提供向心力；根據(jù)機(jī)械能守恒定律和牛頓第二定律求出支持力的大小．
（2）碰撞過(guò)程系統(tǒng)機(jī)械能守恒，同時(shí)系統(tǒng)動(dòng)量守恒，小球A、B受到的重力和支持力的合力均提供向心力，結(jié)合動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律和牛頓第二定律求出k的可能值．
（3）對(duì)碰撞過(guò)程運(yùn)用機(jī)械能守恒定律列式，同時(shí)根據(jù)結(jié)合動(dòng)量守恒定律列式，求出碰撞前后的速度，最后根據(jù)動(dòng)量定理球最后一次碰撞A球?qū)�B球的沖量．

解答 解：（1）設(shè)A球到達(dá)圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)的速度為v₀，則：
$\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}=mgR$    
設(shè)此時(shí)軌道對(duì)A球支持力為N，則：
$N-mg=m\frac{{{v}_{0}}^{2}}{R}$   
聯(lián)立解得N=3mg．
由牛頓第三定律知，此時(shí)A球?qū)�軌道的壓力N′=N=3mg． 
（2）設(shè)碰撞后A球的速度大小為v₁，對(duì)軌道的壓力為N₁，B球的速度為v₂，則：
mv₀=kmv₂±m(xù)v₁，
$\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}=\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}+\frac{1}{2}km{{v}_{2}}^{2}$，
${N}_{1}-mg=m\frac{{{v}_{2}}^{2}}{R}$，
${N}_{1}=\frac{1}{2}N$．
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得k=3或k=$\frac{1}{3}$．
（3）設(shè)最終兩球的速度大小為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得，
$mgR=\frac{1}{2}m{v}^{2}+\frac{1}{2}km{v}^{2}$，
最后一次碰撞前A、B兩球的速度分別為v_A、v_B，
則：mv_A+kmv_B=kmv-mv 
$\frac{1}{2}m{{v}_{A}}^{2}+\frac{1}{2}km{{v}_{B}}^{2}=\frac{1}{2}m{v}^{2}+\frac{1}{2}km{v}^{2}$
設(shè)最后一次碰撞A對(duì)B的動(dòng)量為I，根據(jù)動(dòng)量定理得，
I=kmv-kmv₀，
解上述方程組可得I=$\frac{4km}{k+1}\sqrt{\frac{2gR}{k+1}}$．
答：（1）A球?qū)�軌道的壓力�?mg．
（2）k的可能取值為3或$\frac{1}{3}$．
（3）最后一次碰撞A球?qū)�B球的沖量大小為$\frac{4km}{k+1}\sqrt{\frac{2gR}{k+1}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是碰撞前A球機(jī)械能守恒，碰撞過(guò)程兩球系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量也守恒，同時(shí)根據(jù)動(dòng)量定理列式求解．