题目内容

19．如图，水平光滑轨道AB与半径为R的竖直光滑半圆形轨道BC相切于B点．质量为2m和m的a、b两个小滑块（可视为质点）原来静止于水平轨道上，其中小滑块a与一轻弹簧相连．某一瞬间给小滑块a一冲量使其获得初速度向右冲向小滑块b，与b碰撞后弹簧不与b相粘连，且小滑块b在到达B点之前已经和弹簧分离，不计一切摩擦，小滑块b离开C点后落地点距离B点的距离为2R，重力加速度为g，求：
（1）小滑块b与弹簧分离时的速度大小vB；
（2）上述过程中a和b在碰撞过程中弹簧获得的最大弹性势能Epmax；
（3）若刚开始给小滑块a的冲量为I=3m$\sqrt{gR}$，求小滑块b滑块离开圆轨道的位置和圆心的连线与水平方向的夹角θ．（求出θ角的任意三角函数值即可）．

分析 （1）先研究小滑块b平抛运动的过程，由分运动规律求出小滑块b通过C点时的速度．由机械能守恒定律求小滑块b与弹簧分离时的速度大小vB；
（2）a和b在碰撞过程中，两者速度相同时弹簧获得的弹性势能最大．根据动量守恒定律和机械能守恒定律结合列式求解Epmax；
（3）给小滑块a的冲量为I=3m$\sqrt{gR}$，由动量定理求得滑块a获得的速度，判断b能否到达C点，当b离开轨道时，由重力的径向分力充当向心力，由牛顿第二定律列式，结合机械能守恒定律求解．

解答 解：（1）小滑块b脱离C点后，由平抛运动规律有：
   2R=vCt
   2R=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$                
解得：vC=$\sqrt{gR}$           
可知，小滑块b 恰好通过C点．
以B点为零势能点，小滑块b从B点到C点由机械能守恒定律有：
   $\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$+2mgR=$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$     
则小滑块b与弹簧分离时的速度  vB=$\sqrt{5gR}$                 
（2）小滑块b与弹簧分离过程满足动量和能量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：
    2mv0=2mvA+mvB．
   $\frac{1}{2}$•2mv02=$\frac{1}{2}$•2mvA2+$\frac{1}{2}$mvB2
解得：v0=$\frac{3}{4}$$\sqrt{5gR}$，vA=$\frac{\sqrt{5gR}}{4}$
当弹簧压缩至最短时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律和能量守恒定律有：
    2mv0=3mv共
  Epmax=$\frac{1}{2}$•2mv02-$\frac{1}{2}$•3mv共2
解得：Epmax=$\frac{15}{16}$mgR
（3）对a，由动量定理有：I=2mv0′
解得：v0′=$\frac{3}{2}\sqrt{gR}$＜v0       
可知小滑块b不能通过C点，设小滑块b到达D点时离开，如图所示设倾角为θ，刚好离开有N=0，由牛顿第二定律有：

 mgsinθ=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$                 
由动量守恒定律和能量守恒定律可得
   2mv0′=2mvA′+mvB′．
   $\frac{1}{2}$•2mv0′2=$\frac{1}{2}$•2mvA′2+$\frac{1}{2}$mvB′2
解得，b脱离弹簧的速度为：v′B=2$\sqrt{gR}$
从B到D由机械能守恒有：
    mg（R+Rsinθ）=$\frac{1}{2}mv{′}_{B}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$
解得 sinθ=$\frac{2}{3}$ 
答：
（1）小滑块b与弹簧分离时的速度大小vB是$\sqrt{5gR}$．            
（2）上述过程中a和b在碰撞过程中弹簧获得的最大弹性势能Epmax是$\frac{15}{16}$mgR．
（3）小滑块b滑块离开圆轨道的位置和圆心的连线与水平方向的夹角正弦值sinθ为$\frac{2}{3}$．

点评 本题分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，要抓住弹性碰撞的规律：动量守恒定律、机械能守恒定律，明确圆周运动向心力的来源．

练习册系列答案
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9．关于曲线运动，下列说法不正确的是（　　）
A．曲线运动是变速运动
B．曲线运动可能是匀速运动，例如汽车在弯曲的水平公路上匀速行驶
C．做平抛运动的物体，在相同的时间内速度的变化量相同
D．做平抛运动的物体，在任意连续相等的时间内，在竖直方向上位移的变化量相同
10．某同学准备用伏安法来测量待测电阻Rx的阻值（阻值约为60Ω），除待测电阻外实验室还有以下实验器材：
多用电表：
电压表V（量程0～10V，内电阻约为20kΩ）
电流表A1（量程0～150mA，内电阻约为20Ω）
电流表A2（量程0～200mA，内电阻约为4Ω）
滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω，额定电流为2A）
滑动变阻器R2（最大阻值为250Ω，额定电流为0.2A）
直流电源E（电动势为8V，内电阻约为0.5Ω）
开关及若干导线
（1）他先用多用电表粗测其电阻．首先将多用电表机械凋零，然后先将选择开关调到“×10”档，进行欧姆调零，接着将红黑表笔与待测电阻两端相接触．稳定时指针偏转如图甲所示，则所测阻值为60Ω．

（2）为了精确地测定待测电阻的阻值，实验要求电表示数从零开始变化，并能多测出几组电流、电压值，以便画出I-U图线．电流表应选用A2，滑动变阻器选用R1．（选填器材代号）
（3）请在图乙所示的方框内画出实验电路图．
（4）根据测量数据作出的I-U图线的斜率为0.016，则待测电阻Rx的阻值为58.5Ω．
7．下列说法正确的有（　　）
A．.泰普顿效应中光子与自由电子发生碰撞，碰撞满足动量、能量守恒
B．.α粒子散射实验结果表明，原子核的尺寸是10-10m数量级
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14．如图，质量为m1=1kg的小物块P置于桌面上的A点并与弹簧的右端接触（不拴接），轻弹簧左端固定，且处于原长状态．质量M=2kg、长L=1m的小车静置于光滑水平面上，其上表面与水平桌面相平，且紧靠桌子右端．小车左端放有一质量m2=2kg的小滑块Q．现用推力将P缓慢推至B点（弹簧仍在弹性限度内）时，撤去推力，此后P沿桌面滑到桌子边缘C时速度为vc=3m/s，并与小车左端的滑块Q弹性碰撞，已知AB间距离L1=5cm，AC间距离L2=90cm，P与桌面间动摩擦因数μ1=0.4，P、Q与小车表面间的动摩擦因数μ2=0.1，（g取10m/s2），求：
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