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    4．如图示，质量m=lkg的弹性小球A在长为l=0.9m的细轻绳牵引下绕O点在竖直平面内做圆周运动，圆周的最高点为P．小球A在竖直平面内完成圆周运动过程中，由于该空间存在某种特殊物质，使得小球A在竖直平面内每转动一周都会损失一部分动能，每次损失的动能均为它每次经过P点时动能的19%．水平槽内有许多质量均为M=5kg的弹性钢球，水平槽末端有一极小的立柱刚好在P点，钢球可以静止在立柱上，现小球在顶点P以v0=25m/s的初速度向左转动，小球A每次转动到P点恰好与静止在此处的小钢球发生弹性正碰，钢球水平飞出做平抛运动．每次钢球被小球A碰撞后，槽内填充装置可将下一个钢球自动填充到P点的立柱且静止．已知水平槽距水平地面的高度恰好是1.8m，水平槽不会影响弹性小球A的运动，小球均可视为质点，重力加速度g=10m/s2，求：
    （1）第一次碰撞结束时弹性小球A和被碰钢球的速度各为多大；
    （2）小球A能碰出去的钢球个数；
    （3）第一个钢球与最后一个钢球落地后的水平距离．

    分析 （1、2）对小球碰撞过程由动量守恒定律及机械能守恒定律可求得碰后的速度大小，分析整体过程，得出通项式从而求得个数；
    （3）由平抛运动规律可求得第一个钢球与最后一个钢球落地后的水平距离．

    解答 解：（1）小球第一次转回到顶部碰前状况，设其速度为v1，根据题意可知，损失部分机械能，重力势能不变，
    $\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}×（1-19%）=\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}×81%$=$\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$
    解得v1=0.9v0．
    小球A在顶部与钢球碰撞，由动量守恒定律、机械能守恒定律得：
    mv1=mv1′+Mv″，
    $\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}=\frac{1}{2}m{{v}_{1}′}^{2}+\frac{1}{2}Mv{″}^{2}$
    联立解得：${v}_{1}′=\frac{m-M}{M+m}{v}_{1}=-15m/s$，负号表示与碰前入射速度方向相反，v″=7.5m/s．
    同理可得，碰撞n次以后瞬间的速度为vn'，则：
    ${v}_{n}′=\frac{m-M}{M+m}{v}_{n}=-（\frac{3}{5}）^{n}{v}_{0}$，负号表示与碰前入射速度方向相反，
    小球要能与钢球碰撞则必须能完成完整的圆周运动，所以碰n次后假定再次到达P位置，其速度一定有：
    vn+1=0.9vn′$≥\sqrt{gL}$
    所以$（\frac{3}{5}）^{n}{v}_{0}≥\sqrt{gL}$
    解得：n＜5，由于n是自然数，所以n=4，小球A可以与4 个钢球碰撞；
    （3）第一个钢球碰后速度：v12=$\frac{m}{M}（{v}_{1}-{v}_{1}′）$=$\frac{1}{5}$×（22.5+15）=7.5m/s；
    第4个钢球碰撞后速度：v54=$\frac{m}{M}$（v4-v4′）=$\frac{1}{50}$×$（\frac{3}{5}）^{4}$v0=0.0648m/s；
    由于两球是分别朝向左右两边做平抛运动的，所以水平距离是：x=x1+x4
    平抛时间是：t=$\sqrt{\frac{4L}{g}}$=$\sqrt{\frac{4×0.9}{10}}$s=0.6s
    x1=v21t
    x4=v54t
    x=x1+x4
    解得：x=4.54m
    答：（1）第一次碰撞结束时弹性小球A和被碰钢球的速度各为-15m/s、7.5m/s．
    （2）小球A能将钢球碰出去的钢球个数为4个；
    （3）第一个钢球与最后一个钢球落地后的水平距离为4.54m

    点评 本题综合考查了动量守恒、机械能守恒定律及平抛运动规律等问题，要注意正确分析物理过程，明确物理规律的正确应用．

    练习册系列答案
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