题目内容
7．
如图所示，质量为M=0.1kg、半径为R=1.0m的质量分布均匀的圆环静止在粗糙的水平桌面上，一质量为m=0.2kg的光滑小球以水平速度v0=6.0m/s通过环上的小孔正对环心射入环内，与环发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小球恰好不会从小孔中穿出．假设小球与环内壁的碰撞为弹性碰撞，只考虑圆环与桌面之间的摩擦，且粗糙程度各处相同．求：①第一次碰撞后圆环的速度；
②第二次碰撞前圆环的位移；
③圆环通过的总位移．
分析 ①小球与环内壁发生弹性碰撞，遵守动量守恒和机械能守恒，由动量守恒定律和机械能守恒定律结合解答．
②小球恰好不会从小孔穿出，则第一次碰撞后，环做匀减速直线运动，设经t时间与小球速度大小相等，由动量定理列式求出摩擦力．假设环在第二次碰撞前已停止，其位移由动能定理求得．根据小球的运动规律求出小球的位移，即可判断假设是否正确．
③多次碰撞后小球和环最终静止，系统的动能全部转化为摩擦生热，由此列式求解圆环通过的总位移．
解答 解：①设第一次刚碰撞完，小球和环各自的速度大小分别为v1和v2，取向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有：
mv0=mv1+Mv2
$\frac{1}{2}$mv02=$\frac{1}{2}$mv12+$\frac{1}{2}$Mv22
解得：v1=2m/s，v2=8m/s．
②第一次碰撞后经过时间t，小球恰好未从小孔中穿出，即二者共速，均为v1，由运动学规律：
$\frac{{v}_{1}+{v}_{2}}{2}t$-v1t=2R
对圆环，由动量定理：
-ft=Mv1-Mv2；
联立解得：f=0.9N
假设环在第二次碰撞前已停止，其位移由动能定理得：
-fx2=0-$\frac{1}{2}M{v}_{2}^{2}$
解得 x2=$\frac{32}{9}$m
此时小球的位移，由运动学规律：
x1=v1•t′
设对圆环速度从v2减至0的时间为t′，由动量定理得：：
-ft′=0-Mv2；
联立得 x1=v1•$\frac{M{v}_{2}}{f}$=2×$\frac{0.1×8}{0.9}$=$\frac{16}{9}$m＜$\frac{32}{9}$m
假设成立，所以在第二次碰撞前环的位移为 x2=$\frac{32}{9}$m
③多次碰撞后小球和环最终静止，设圆滑受到的摩擦力为f，通过的总位移为x，系统的动能全部转化为摩擦生热：
fx=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
联立解得，圆环通过的总位移为：x=4m．
答：
①第一次碰撞后圆环的速度是8.0m/s．
②第二次碰撞前圆环的位移是$\frac{32}{9}$m．
③圆环通过的总位移是4m．
点评 本题的关键要分析清楚物体的运动过程，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、运动学公式、动量定理即可正确解题．涉及时间时可优先考虑动量定理．涉及位移时可优先考虑动能定理．
名校课堂系列答案
| A． | 应串联一个0.1Ω的电阻 | B． | 应并联一个0.1Ω的电阻 | ||
| C． | 应串联一个1900Ω的电阻 | D． | 应并联一个1900Ω的电阻 |
| A． | 秒平方分之3米 | B． | 每秒每秒3米 | C． | 每二次方秒3米 | D． | 3米每二次方秒 |
| A． | 神州十一号飞船发射过程中，航天员一直处于失重状态 | |
| B． | 天宫二号如果受到较大的阻力作用，则轨道半径将增大 | |
| C． | 神州十一号飞船与天宫二号在同一轨道加速后可以实现对接 | |
| D． | 神州十一号飞船与天宫二号对接后正常运行时，二者动能和引力势能之和一定守恒 |
| A． | 加速度是指物体增加的速度 | |
| B． | 加速度是描述物体速度变化的物理量 | |
| C． | 物体速度有变化则必有加速度 | |
| D． | 物体运动的速度随加速度的增加而增加 |
如图是根据某次测定电池的电动势和内阻的实验记录的数据作出的U-I图象，关于这个图象的说法中正确的是（ ）| A． | 纵轴截距表示待测电池的电动势，即E=1.50V | |
| B． | 横轴截距表示短路电流，即I0=0.5A | |
| C． | 根据r=$\frac{E}{{I}_{0}}$，计算出待测电池内阻为3Ω | |
| D． | 该电池与2Ω的电阻串联，电源的路端电压为1V |
