Question

如圖所示，滑塊A的質(zhì)量m=0.01kg，與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，用細(xì)線懸掛的若干小球質(zhì)量均為m=0.01kg，沿x軸排列，A與第1個(gè)小球及相鄰兩小球間距離均為s=2m，線長(zhǎng)分別為L(zhǎng)₁，L₂，L₃…（圖中只畫(huà)出三個(gè)小球，小球均可視為質(zhì)點(diǎn)），開(kāi)始時(shí)，滑塊以速度v₀=10m/s沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)滑塊與小球碰撞時(shí)不損失機(jī)械能，碰撞后小球均恰能在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)并再次與滑塊正碰（g取10m/s²），求：
（1）第1個(gè)小球碰撞后瞬間的速度；
（2）滑塊能與幾個(gè)小球碰撞？
（3）求出碰撞中第n個(gè)小球懸線長(zhǎng)L_n的表達(dá)式．

Answer 1

分析：（1）因?yàn)樾∏蚯∧茏鰣A周運(yùn)動(dòng)，求出最高點(diǎn)的臨界速度，通過(guò)機(jī)械能守恒定律求出最低點(diǎn)的速度，根據(jù)牛頓第二定律求出懸線對(duì)小球的拉力大小．
（2）通過(guò)動(dòng)能定理求出滑塊能夠向前滑動(dòng)的距離，結(jié)合兩球間的距離確定碰撞球的個(gè)數(shù)．
（3）根據(jù)牛頓第二定律求出最高點(diǎn)的臨界速度，通過(guò)機(jī)械能守恒定律求出最低點(diǎn)的速度，結(jié)合動(dòng)能定理求出碰撞中第n個(gè)小球懸線長(zhǎng)L_n的表達(dá)式．

解答：解：（1）設(shè)滑塊與第1只小球碰前的速度為v₁，由于滑塊與小球碰撞后速度交換，即碰撞后小球速度為v₁，滑塊靜止．
對(duì)滑塊，根據(jù)牛頓定律有：ma=-μmg
a=

-μmg

m

=-μg=-0.2×10=-2m/s2
滑塊與第1個(gè)小球碰撞前瞬間的速度v₁：

v

2 1

-

v

2 0

=2as
聯(lián)立以三各式，代入數(shù)據(jù)解得：v1=2

23

m/s
 由于滑塊與小球碰撞后速度交換，即碰撞后小球速度為v₁，滑塊靜止．
 （2）滑塊與第1只小球碰撞后互換速度，滑塊靜止，小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球回到最低點(diǎn)時(shí)，再次與滑塊碰撞，小球又靜止，滑塊向前運(yùn)動(dòng)，接著與第2只、第3只等小球發(fā)生類(lèi)似作用．設(shè)滑塊能與n只小球發(fā)生碰撞，與第1、2、3…n只小球碰撞前速度分別為v₁、v₂、v₃…v_n，與第n只小球碰撞后滑行的距離△s后靜止，滑行總距離為s₀，根據(jù)動(dòng)能定理有：-μmgs0=0-

1

2

m

v

2 0

，
代入數(shù)據(jù)解得：s₀=25m
n=

25

2

=12.5
所以滑塊能夠與小球碰撞12次．
（2）設(shè)滑塊與第n個(gè)小球碰撞后，小球速度為v_n，運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度為v_n′，由于小球恰能在豎直平面內(nèi)完成完整的圓周運(yùn)動(dòng)，
所以，據(jù)牛頓定律有：mg=

mvn′2

Ln

小球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：

1

2

m

v

2 n

=

1

2

mvn′2+2mgLn
對(duì)滑塊，根據(jù)動(dòng)能定理，有：-μmg?ns=

1

2

m

v

2 n

-

1

2

m

v

2 0

聯(lián)立以上三式，代入數(shù)據(jù)解得：L_n=（2-0.16n）m
答：（1）第1個(gè)小球碰撞后瞬間的速度為v1=2

23

m/s．
（2）滑塊能與12個(gè)小球碰撞．
（3）碰撞中第n個(gè)小球懸線長(zhǎng)L_n的表達(dá)式L_n=（2-0.16n）m．

點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查了牛頓第二定律、動(dòng)能定律、機(jī)械能守恒定律等規(guī)律，綜合性較強(qiáng)，對(duì)學(xué)生的能力要求較高，需加強(qiáng)這方面的訓(xùn)練．