Question

如图所示，光滑水平面上相距d=1m有质量都为m=0.5kg的A、B两小球，都以v₀=10m/s的速度向右运动，先后进入特殊区域MNPQ（MN、PQ分别为左、右边界），只有当两球同处在MNPQ区域时，两球间才存在F=2N的吸引力．两球在相互靠近的过程中恰好在右边界PQ相碰，且两球的碰撞过程无机械能损失．（结果保留两位有效数字）
（1）求MN与PQ的距离S；
（2）若两小球的初速度为v₀=6m/s，则两球离开区域MNPQ的速度分别多大？

Answer 1

分析：（1）分别以A和B为研究对象，使用牛顿第二定律，结合运动学的公式，求出MN与PQ的距离S；
（2）以AB组成的系统为研究对象，A与B发生每一次碰撞的过程中都满足动量守恒定律和能量的守恒，碰撞后，A与B交换速度，继续运动．直至它们从该区域中出来．

解答：解：（1）当A球进入MNPQ区域时，A、B 之间才存在相互作用力．
A、B的加速度大小为a=

F

m

=4m/s²       
设经t时间，两球相撞，在t时间内
A的位移SA=vot+

1

2

at2
B的位移SB=vot-

1

2

at2
又S_A=S_B+d=S
解得：t=0.5s  S=5.5m
（2）当v₀=6m/s时，两球的加速度大小不变，即a=4m/s²
设经t₁两小球相碰，相碰位置距MN为S₁，则SA′=v0t1+

1

2

a

t

2 1

SB′=v0t1-

1

2

a

t

2 1

S_A′=S_B′+d=S₁
由以上三式解得：t₁=0.5s  S₁=3.5m
碰撞前的瞬间A的速度为v_A1=v₀+at₁=8m/s
B的速度为v_B1=v₀-at₁=4m/s
设碰撞后的瞬间A、B的速度分别为v_A2、v_B2，
由动量和能量守恒有：mv_A1+mv_B1=mv_A2+mv_B2

1

2

mvA12+

1

2

mvB12=

1

2

m

v

2 A2

+

1

2

m

v

2 B2

可解得：v_A2=4m/s    v_B2=8m/s
又因S₁=3.5m＜5.5m，故A、B可能发生第二次碰撞，假设再经t₂两球发生第二次碰撞，碰撞位置距MN为S₂
SA2″=vA2t2+

1

2

at22
SB2″=vB2t2-

1

2

at22
S_A2″=S_B2″
可解得t₂=1s     
S2=S1+

S

″ A

=9.5m＞5.5m
故在MNPQ区域第二次碰撞不能发生
第一次碰撞后，B经△S=S-S₁=5.5-3.5=2m离开该区域，设B离开PQ时的速度为

v

B3

，则

v

2 B3

-

v

2 B3

=2a△s
∴vB3=4

3

m/s=6.9m/s
又A、B组成的系统始终动量守恒，设A出该区域的速度为

v

A3

：mv0+mv0=m

v

B3

+mvA3
∴v_A3=5.1m/s
答：（1）MN与PQ的距离S=5.5m；
（2）两小球的初速度为v₀=6m/s，则两球离开区域MNPQ的速度v_B3=6.9m/s，v_A3=5.1m/s

点评：本题考查了动量守恒定律、动能定理的应用，本题第（2）小题是本题的难点，判定是否会发生第二次碰撞是正确解题的前提与关键．