Question

如圖所示，滑塊A的質(zhì)量m=0.05kg，與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，用長度不等的細(xì)線懸掛的若干個(gè)小球，質(zhì)量均為m=0.05kg，沿x軸排列，且小球與地面間無彈力．滑塊A與第1只小球及相鄰兩小球間距離均為s=2m，細(xì)線長分別為L₁、L₂、L₃…（圖中只畫三只小球，滑塊、小球可視為質(zhì)點(diǎn)）．開始時(shí)，滑塊A以速度v₀=10m/s沿x軸正方向運(yùn)動，設(shè)滑塊與小球相互碰撞前后速度互相交換，碰撞后小球均恰能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動，并再次與滑塊碰撞．g取10m/s²，求：
（1）滑塊與第1只小球碰撞后瞬間，懸線對小球的拉力為多大？
（2）滑塊能與幾個(gè)小球碰撞？
（3）寫出碰撞中第k個(gè)小球懸線長L_k的表達(dá)式．

Answer 1

分析：（1）因?yàn)樾∏蚯∧茏鰣A周運(yùn)動，求出最高點(diǎn)的臨界速度，通過機(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小球的拉力大�。�
（2）通過動能定理求出滑塊能夠向前滑動的距離，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，通過機(jī)械能守恒定律求出最低點(diǎn)的速度，結(jié)合動能定理求出碰撞中第k個(gè)小球懸線長L_k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．
對小球，根據(jù)牛頓定律有：F-mg=

m v 2 1

L1

由于小球恰好做完整的圓周運(yùn)動，設(shè)最高點(diǎn)速度為v₁'
根據(jù)牛頓定律有：mg=

mv ′ 2 1

L1

根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有：

1

2

m

v

2 1

=

1

2

mv

′

2 1

+2mgL1
由以三各式解得：F=6mg=3N                            
（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，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，接著與第2只、第3只等小球發(fā)生類似作用．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)動能定理有-μmgs=

1

2

m

v

2 1

-

1

2

m

v

2 0

，
-μmgs=

1

2

m

v

2 2

-

1

2

m

v

2 1

，-μmgs=

1

2

m

v

2 3

-

1

2

m

v

2 2

，…-μmgs=

1

2

m

v

2 n

-

1

2

m

v

2 n-1

，-μmg?△s=0-

1

2

m

v

2 n

，
s₀=ns+△s
由以上各式整理得：-μmg?s0=0-

1

2

m

v

2 0

代入數(shù)據(jù)解得s₀=25m，n=12                                    
（2）設(shè)滑塊與第k個(gè)小球碰撞后，小球速度為v_k，運(yùn)動到最高點(diǎn)時(shí)速度為v_k'，由于小球恰能在豎直平面內(nèi)完成完整的圓周運(yùn)動，所以，據(jù)牛頓定律有：mg=

mv ′ 2 k

Lk

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

1

2

m

v

2 k

=

1

2

mv

′

2 k

+2mgLk
對滑塊，根據(jù)動能定理，有：-μmg?ks=

1

2

m

v

2 k

-

1

2

m

v

2 0

由以上三式解得：Lk=

v 2 0 -2kμgs

5g

=(2-0.16k)m
答：（1）滑塊與第1只小球碰撞后瞬間，懸線對小球的拉力為3N．
（2）滑塊能與12個(gè)小球碰撞．
（3）碰撞中第k個(gè)小球懸線長L_k的表達(dá)式L_k=（2-0.16k）m．

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