Question

19．如图所示，长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置．先将一质量为m的小球固定在管底，用一轻质细线将小球与质量为M（M=3m）的小物块相连，小物块悬挂于管口．现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变．（重力加速度为g）（　　）

• A． 小球运动的整个过程中，小球与小物块的系统机械能守恒
• B． 小球的最大速度为$\frac{{\sqrt{10gL}}}{4}$
• C． 小球从管口抛出时的速度大小为$\frac{{\sqrt{gL}}}{2}$
• D． 小球平抛运动的水平位移等于$\frac{{\sqrt{2}}}{4}L$

Answer 1

分析 只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒；
根据系统机械能守恒定律求出小球的最大速度．
根据速度位移公式求出物块落地时小球的速度，再根据牛顿第二定律求出木块落地后小球的加速度，运用速度位移公式求出小球离开管口的速度．
根据高度求出平抛运动的时间，再根据初速度和时间求出平抛运动的水平位移．

解答 解：A、物块落地前，小球与物块组成的系统机械能守恒，物块落地过程中系统机械能有损失，机械能不守恒，故A错误；
B、物块落地前瞬间小球速度最大，在该过程中系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：
MgLsin30°=$\frac{1}{2}$（m+M） v₁²+mgsin30°Lsin30°，
已知：M=3m，解得：v₁=$\frac{\sqrt{10gL}}{4}$，故B正确；      
C、设M落地时的速度大小为v，m射出管口时速度大小为v₀，M落地后m的加速度为a₀．根据牛顿第二定律有：
-mgsin30°=ma₀，解得：a₀=-$\frac{1}{2}$g，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v²=2aLsin30°，v₀²-v²=2a₀L（1-sin30°），
解得：v₀=$\sqrt{\frac{gL}{8}}$，故C错误；
D、小球离开管口后做平抛运动，水平方向：x=v₀t，竖直方向：Lsin30°=$\frac{1}{2}$gt²，解得水平位移：x=$\frac{\sqrt{2}}{4}$L，故D正确；
故选：BD．

点评 解决本题的关键理清小球的运动过程，运用牛顿定律求解．小球经历了匀加速直线运动、匀减速直线运动，平抛运动．