Question

1．如图所示，质量m=1kg的弹性小球A在长为l=0.9m的细轻绳牵引下可以绕水平轴O在竖直平面内做圆周运动，圆周的最高点为P，小球A在竖直平面内完成圆周运动过程中，由于该空间存在某种特殊物质的作用，使得小球A在竖直平面内每转动半周都会损失一部分动能，设每次损失的动能均为它每次经过P点时动能的9.5%，现小球在顶点P以v₀=25m/s的初速度向左转动，P处有一水平槽，槽内有许多质量均为M=5kg的弹性钢球，小球A每次转动到P点恰好与P点处的小钢球发生弹性正碰，钢球水平飞出做平抛运动，每次被小球A碰撞后，槽内填充装置可将钢球转动填充到P点位置且静止，已知水平地面距水平槽的高度恰好是1.8m，小球均可视为质点，求：
（1）小球A第一次过最低点时，细绳的拉力（保留3位有效数字）
（2）小球A能将钢球碰出去的钢球个数
（3）第一个钢球与最后一个钢球落地后的水平距离（保留3为有效数字）

Answer 1

分析 （1）由功能关系可求得小球在底部时的速度；再由向心力公式可求得作用力的大小；
（2）对小球碰撞过程由动量守恒定律及机械能守恒定律可求得碰后的速度大小，分析整体过程，得出通项式从而求得个数；
（3）由平抛运动规律可求得第一个钢球与最后一个钢球落地后的水平距离．

解答 解：（1）小球A从顶部运动到底部过程根据功能关系有：
$\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}×（1-9.5%）+2mgl=\frac{1}{2}mv{′}^{2}$，
在最低点，由牛顿第二定律知：${F}_{T}-mg=m\frac{v{′}^{2}}{l}$，
联立可解得：F≈678  N   
（2）小球第一次转回到顶部碰前状况，设其速度为v₁，根据题意可知，损失部分机械能，重力势能不变，
$\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}×（1-2×9.5%）=\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}×81%=\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$，
解得v₁=0.9v₀．
小球A在顶部与钢球碰撞，由动量守恒定律、机械能守恒定律得：
mv₁=mv₁′+Mv″，
$\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}=\frac{1}{2}m{v}_{1}{′}^{2}+\frac{1}{2}Mv{″}^{2}$，
联立解得：${v}_{1}′=\frac{m-M}{M+m}{v}_{1}=-\frac{3}{5}{v}_{0}=-15m/s$，负号表示与碰前入射速度方向相反
同理可得，碰撞n次以后瞬间的速度为v_n'，则：
v_n'=$\frac{m-M}{M+m}{v}_{n}$=-（$\frac{3}{5}$）ⁿv₀，负号表示与碰前入射速度方向相反，
小球要能与钢球碰撞则必须能完成完整的圆周运动，所以碰n次后假定再次到达P位置，其速度一定有：
v_n+1=0.9vn'$≥\sqrt{gL}$
所以：（$\frac{3}{5}$）ⁿv₀$≥\sqrt{gL}$
解得：n＜5，由于n是自然数，所以n=4，小球A可以与4 个钢球碰撞；
（3）第一个钢球碰后速度：v₁₂=$\frac{m}{M}$（v₁-v₁'）=$\frac{1}{5}$×（22.5+15）=7.5m/s；  
第4个钢球碰撞后速度：v₅₄=$\frac{m}{M}$（v₄-v₄'）=$\frac{1}{50}$×（$\frac{3}{5}$）⁴v₀=0.0648m/s；
由于两球是分别朝向左右两边做平抛运动的，所以水平距离是：x=x₁+x₄
平抛时间是：t=$\sqrt{\frac{4L}{g}}$=$\sqrt{\frac{4×0.9}{10}}$=0.6s；
x₁=v₂₁t
x₄=v₅₄t
x=x₁+x₄
解得：x=5.47m
答：小球A第一次过最低点时，细绳的拉力为678N；
（2）小球A能将钢球碰出去的钢球个数为4个；
（3）第一个钢球与最后一个钢球落地后的水平距离为5.47m

点评 本题综合考查了动量守恒、机械能守恒定律及平抛运动规律等问题，要注意正确分析物理过程，明确物理规律的正确应用．