Question

18．如圖所示，讓質(zhì)量為0.5kg小球從圖中的A位置（細(xì)線與豎直方向的夾角為60°）由靜止開始自由下擺，正好擺到最低點(diǎn)B位置時(shí)細(xì)線被拉斷，設(shè)擺線長(zhǎng)l=1.6m，懸點(diǎn)O到地面的豎直高度為H=6.6m，不計(jì)空氣阻力，g=10m/s²，小球落地后與地面發(fā)生彈性碰撞（小球反彈的速度大小等于碰前速度大小，小球速度與水平方向夾角不變），求：
（1）細(xì)線被拉斷之前的瞬間對(duì)小球的拉力大小； 
（2）小球落地時(shí)的速度；
（3）落地點(diǎn)D到C的距離；
（4）碰撞前后小球動(dòng)量改變量．

Answer 1

分析 （1）擺球由A位置擺到最低點(diǎn)B位置的過程中，只有重力對(duì)擺球做功，其機(jī)械能守恒．由機(jī)械能守恒定律求出擺球擺到最低點(diǎn)B位置時(shí)的速度．?dāng)[球經(jīng)過B位置時(shí)由重力和細(xì)線的拉力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解細(xì)線的拉力．
（2）球擺到B點(diǎn)時(shí)細(xì)線被拉斷后，擺球做平拋運(yùn)動(dòng)，平拋運(yùn)動(dòng)的高度為h=H-l=5m，再機(jī)械能守恒求出小球落地時(shí)的速度大�。�
（3）運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解方法求出平拋運(yùn)動(dòng)的水平距離DC．
（4）小球動(dòng)量改變量在豎直方向，分別求出碰撞前后的動(dòng)量，然后求差即可．

解答 解：（1）由機(jī)械能守恒得mg（L-L cos60o）=$\frac{1}{2}mv_B^2$
故${v_B}=\sqrt{2gL（1-cos{{60}^o}）}=4m/s$
球經(jīng)B點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有$F-mg=m\frac{V_B^2}{L}$
得$F=m（g+\frac{v_B^2}{L}）=10N$
（2）由機(jī)械能守恒得$mg（H-L）=\frac{1}{2}mv_D^2-\frac{1}{2}mv_B^2$
得${v_D}=\sqrt{v_B^2+2g（H-L）}=2\sqrt{29}m/s$=10.8 m/s       
設(shè)速度與水平方向的夾角為θ斜向下，$cosθ=\frac{v_B}{v_D}$
所以：θ=$arccos\frac{2}{{\sqrt{29}}}$
（3）設(shè)球平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則有$H-L=\frac{1}{2}g{t^2}$
得$t=\sqrt{\frac{2（H-L）}{g}}=1s$
所以C、D間距x=v_Bt=4m
（4）根據(jù)題意分析知，小球動(dòng)量改變量在豎直方向，故有：
取豎直向上為正方向：$△p=m{v_y}^'-m{v_y}$
即：△p=0.5×10-0.5×（-10）kg．m/s△p=10kg．m/s     
動(dòng)量改變量方向豎直向上．
答：（1）細(xì)線被拉斷之前的瞬間對(duì)小球的拉力大小是10N； 
（2）小球落地時(shí)的速度是10.8m/s，速度與水平方向的夾角為$arccos\frac{2}{{\sqrt{29}}}$；
（3）落地點(diǎn)D到C的距離上升4m；
（4）碰撞前后小球動(dòng)量改變量是10kg．m/s，方向豎直向上．

點(diǎn)評(píng) 本題是圓周運(yùn)動(dòng)與平拋運(yùn)動(dòng)的綜合，采用程序法分析求解．兩個(gè)過程機(jī)械能都守恒．屬于基礎(chǔ)題．