Question

11．在光滑的水平桌面上有等大的質(zhì)量分別為M=0.6kg，m=0.2kg的兩個(gè)小球，中間夾著一個(gè)被壓縮的具有E_p=10.8J彈性勢(shì)能的輕彈簧（彈簧與兩球不相連），原來(lái)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)突然釋放彈簧，球m脫離彈簧后滑向與水平面相切、半徑為R=0.425m的豎直放置的光滑半圓形軌道，如圖所示．g取10m/s²．則下列說(shuō)法正確的是（　�。�

• A． M離開(kāi)輕彈簧時(shí)獲得的速度為9 m/s
• B． 球m從軌道底端A運(yùn)動(dòng)到頂端B的過(guò)程中所受合外力沖量大小為3.4N•s
• C． 若半圓軌道半徑可調(diào)，且球m能從B點(diǎn)飛出，則飛出后落在水平桌面上的水平距離隨軌道半徑的增大而減小
• D． 彈簧彈開(kāi)過(guò)程中，彈力對(duì)m的沖量大小為1.8 N•s

Answer 1

分析 彈簧彈開(kāi)小球的過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，由動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律求出兩球獲得的速度；小球m離開(kāi)圓形軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用動(dòng)量定理與平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析水平距離隨軌道半徑的變化情況．由動(dòng)量定理求彈簧彈開(kāi)過(guò)程中彈力對(duì)m的沖量大�。�

解答 解：A、彈簧彈開(kāi)M和m過(guò)程中滿足機(jī)械能守恒和動(dòng)量守恒，向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：
   mv₁-Mv₂=0
由機(jī)械能守恒定律得：$\frac{1}{2}$mv₁²+$\frac{1}{2}$Mv₂²=E_P
代入數(shù)據(jù)解得：v₁=9m/s，v₂=3m/s，即M離開(kāi)輕彈簧時(shí)獲得的速度為3 m/s，m離開(kāi)輕彈簧時(shí)獲得的速度為9 m/s．故A錯(cuò)誤．
B、m從A到B過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得：$\frac{1}{2}$mv₁²=$\frac{1}{2}$mv₁′²+mg•2R，解得：v₁′=8m/s；
以向右為正方向，由動(dòng)量定理得，球m從軌道底端A運(yùn)動(dòng)到頂端B的過(guò)程中所受合外力沖量大小為：I=△p=mv₁′-mv₁=0.2×（-8）-0.2×9=-3.4N•s，則合力沖量大小為：3.4N•s，方向水平向左，故B正確；
C、若半圓軌道半徑可調(diào)，球m能從B點(diǎn)飛出，球m從A→B過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得：$\frac{1}{2}$mv₁²=mg•2R+$\frac{1}{2}$mv_B′²，v_B′=$\sqrt{{v}_{1}^{2}-4gR}$．
由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有 x=v_B′•t，2R=$\frac{1}{2}$gt²．聯(lián)立解得 x=$\sqrt{{v}_{1}^{2}-4gR}$•$\sqrt{\frac{4R}{g}}$=$\sqrt{-16（R-\frac{{v}_{1}^{2}}{8g}）+\frac{{v}_{1}^{4}}{4g}}$，代入數(shù)據(jù)得：當(dāng)R=1.012 5 m時(shí)，x有最大值．故求m從B點(diǎn)飛出后落在水平桌面上的水平距離不一定隨軌道半徑的增大而減�。�故C錯(cuò)誤．
D、由動(dòng)量定理得，彈簧彈開(kāi)過(guò)程，彈力對(duì)m的沖量大小為：I=△p=mv₁=0.2×9=1.8N•s，故D正確；
故選：BD

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是要分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程，把握每個(gè)過(guò)程的物理規(guī)律，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、動(dòng)量定理、平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律即可正確解題．