Question

16．（1）如圖1所示，ABC為一固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道，BC段水平，AB段與BC段平滑連接．質(zhì)量為m₁的小球從高為h處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止在軌道BC段上質(zhì)量為m₂的小球發(fā)生碰撞，碰撞前后兩球的運(yùn)動(dòng)方向處于同一水平線上，且在碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失．求碰撞后小球m₂的速度大小v₂．
（2）碰撞過(guò)程中的能量傳遞規(guī)律在物理學(xué)中有著廣泛的應(yīng)用．為了探究這一規(guī)律，我們采用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直線上、且無(wú)機(jī)械能損失的簡(jiǎn)化力學(xué)模型．如圖2所示，在固定光滑水平直軌道上，質(zhì)量分別為m₁、m₂、m₃…m_n-1、m_n、…的若干個(gè)球沿直線靜止相間排列，給第1個(gè)球初能E_k1，從而引起各球的依次碰撞．定義其中第n個(gè)球經(jīng)過(guò)一次碰撞后獲得的動(dòng)能E_kn與E_k1之比為第1個(gè)球?qū)Φ趎個(gè)球的動(dòng)能傳遞系數(shù)k_1n．
①求k_1n；　　　
②若m₁=4m₀，m₃=m₀，m₀為確定的已知量．求m₂為何值時(shí)，k₁₃最大．

Answer 1

分析 （1）由于兩球在碰撞的過(guò)程中機(jī)械能守恒，同時(shí)動(dòng)量也守恒，列出方程組即可求得碰撞后小球m₂的速度大小；
（2）根據(jù)動(dòng)能傳遞系數(shù)的定義，求出第n個(gè)球的動(dòng)能，與第1個(gè)球的動(dòng)能相比較即可，再根據(jù)得到的結(jié)論分析即可求得m₂的值．

解答 解：（1）設(shè)碰撞前m₁的速度為v₁₀，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：${m_1}gh=\frac{1}{2}{m_1}v_{10}^2$…①
設(shè)碰撞后m₁與m₂的速度分別為v₁和v₂，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：m₁v₁₀=m₁v₁+m₂v₂…②
由于碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失，有：$\frac{1}{2}{m_1}v_{10}^2=\frac{1}{2}{m_1}v_1^2+\frac{1}{2}{m_2}v_2^2$…③
②、③式聯(lián)立解得：${v_2}=\frac{{2{m_1}{v_{10}}}}{{{m_1}+{m_2}}}$…④
將①式代入④式得：${v_2}=\frac{{2{m_1}\sqrt{2gh}}}{{{m_1}+{m_2}}}$
（2）①：由④式，考慮到${E}_{K1}=\frac{1}{2}{m}_{\;}{v}_{10}^{2}和{E}_{K2}=\frac{1}{2}{m}_{2}{v}_{2}^{2}$
得：${E_{k2}}=\frac{{4{m_1}{m_2}}}{{{{（{m_1}+{m_2}）}^2}}}{E_{k1}}$
根據(jù)動(dòng)能傳遞系數(shù)的定義，對(duì)于1、2兩球有：${k_{12}}=\frac{{{E_{k2}}}}{{{E_{k1}}}}=\frac{{4{m_1}{m_2}}}{{{{（{m_1}+{m_2}）}^2}}}$…⑤
同理可得，球m₂和球m₃碰撞后，動(dòng)能傳遞系數(shù)k₁₃應(yīng)為：
${k_{13}}=\frac{{{E_{k3}}}}{{{E_{k1}}}}=\frac{{{E_{k2}}}}{{{E_{k1}}}}•\frac{{{E_{k3}}}}{{{E_{k2}}}}=\frac{{4{m_1}{m_2}}}{{{{（{m_1}+{m_2}）}^2}}}•\frac{{4{m_2}{m_3}}}{{{{（{m_2}+{m_3}）}^2}}}$…⑥
依此類推，動(dòng)能傳遞系數(shù)k_1n應(yīng)為：
${k_{1n}}=\frac{{{E_{kn}}}}{{{E_{k1}}}}=\frac{{{E_{k2}}}}{{{E_{k1}}}}•\frac{{{E_{k3}}}}{{{E_{k2}}}}…\frac{{{E_{kn}}}}{{{E_{k（n-1}}）}}=\frac{{4{m_1}{m_2}}}{{{{（{m_1}+{m_2}）}^2}}}•\frac{{4{m_2}{m_3}}}{{{{（{m_2}+{m_3}）}^2}}}…\frac{{4{m_{n-1}}{m_n}}}{{{{（{m_{n-1}}+{m_n}）}^2}}}$
解得    ${k_{1n}}=\frac{{{4^{n-1}}{m_1}m_2^2m_3^2…m_{n-1}^2{m_n}}}{{{{（{m_1}+{m_2}）}^2}{{（{m_2}+{m_3}）}^2}…{{（{m_{n-1}}+{m_n}）}^2}}}$
②：將m₁=4m₀，m₃=m₀代入⑥式可得：
${k_{13}}=64m_0^2{[{\frac{m_2}{{（4{m_0}+{m_2}）（{m_2}+{m_o}）}}}]^2}$
為使k₁₃最大，只需使$\frac{m_2}{{（4{m_0}+{m_2}）（{m_2}+{m_0}）}}=\frac{1}{{{m_2}+\frac{4m_0^2}{m_2}+5{m_0}}}最大，即{m_2}+\frac{4m_0^2}{m_2}取最小值$，
由${m_2}+\frac{4m_0^2}{m_2}={（{\sqrt{m_2}-\frac{{2{m_0}}}{{\sqrt{m_2}}}}）^2}+4{m_0}可知$，
$當(dāng)\sqrt{m_2}=\frac{{2{m_0}}}{{\sqrt{m_2}}}，即{m_2}=2{m_0}時(shí)，{k_{13}}最大$．
答：（1）碰撞后小球m₂的速度大小為$\frac{2{m}_{1}\sqrt{2gh}}{{m}_{1}+{m}_{2}}$；
（2）①k_1n為$\frac{{4}^{n-1}{m}_{1}{m}_{2}^{2}{m}_{3}^{2}…{m}_{n-1}^{2}{m}_{n}}{{（{m}_{1}+{m}_{2}）}^{2}{（{m}_{2}+{m}_{3}）}^{2}…{（{m}_{n-1}+{m}_{n}）}^{2}}$；　　
②若當(dāng)m₂=2m₀ 時(shí)，k₁₃值最大．

點(diǎn)評(píng) 本題目中給的信息比較多，并且是平時(shí)不曾遇到的，但是根據(jù)題目的信息，逐步分析，根據(jù)動(dòng)能的規(guī)律歸納，可求出每個(gè)小球的動(dòng)能，再作比較就能夠的出結(jié)論．解本題的關(guān)鍵是在對(duì)所給信息的理解．