Question

15．如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切，质量为4m的小球B静止在水平轨道上，质量为m的小球A从LM上距水平轨道高h处由静止释放，在A球进入水平轨道后，与B球发生弹性正碰，已知重力加速度为g，求A、B两球最终的速度的大小．

Answer 1

分析 由机械能守恒定律求出A球与弹簧碰前瞬间的速度大小v₀；由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出最终A、B两球的速度．

解答 解：对A球下滑的过程，由机械能守恒定律得：
mgh=$\frac{1}{2}$×m${v}_{0}^{2}$
得：v₀=$\sqrt{2gh}$
A、B相互作用的过程中，A、B两球组成的系统动量守恒、能量也守恒．选取向右为正方向，由动量守恒定律可得：
mv₀=mv_A+4mv_B，
由能量守恒定律可得：
$\frac{1}{2}$×m${v}_{0}^{2}$=$\frac{1}{2}$×m${v}_{A}^{2}$+$\frac{1}{2}$×4m${v}_{B}^{2}$
解得：v_A=$-\frac{3}{5}{v}_{0}=-0.6\sqrt{2gh}$，v_B=$\frac{2}{5}$v₀=0.4$\sqrt{2gh}$．
可知，A将被反向弹回，之后，A冲上斜面，到达最高点后再次向右运动，最大速度为v_A′=0.6$\sqrt{2gh}$，所以将与B发生第二次碰撞，设碰撞后二者的速度分别为v₁和v₂，则：
mv_A′+4mv_B=mv₁+4mv₂
由动能守恒得：$\frac{1}{2}mv{′}_{A}^{2}+\frac{1}{2}×4m{v}_{B}^{2}=\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}+\frac{1}{2}×4m{v}_{2}^{2}$
联立可得：${v}_{1}=0.28\sqrt{2gh}$，${v}_{2}=0.48\sqrt{2gh}$
答：A、B两球最终的速度的大小分别为$0.28\sqrt{2gh}$和$0.48\sqrt{2gh}$．

点评 解决本题的关键要掌握碰撞的基本规律：动量守恒和能量守恒，同时要理解A与B不发生再次碰撞的条件，然后应用机械能守恒定律、动量守恒定律、能量守恒定律处理这类问题．