Question

（2010?武漢二模）在探究某種筆的彈跳問(wèn)題時(shí)，建立以下簡(jiǎn)化模型進(jìn)行研究．
把筆分為輕質(zhì)彈簧、圓筒和直桿三部分，薄擋板P固定在直桿上，輕質(zhì)彈簧的兩端分別固定在圓筒頂部和薄擋板P上，質(zhì)量為M的圓筒可沿直桿無(wú)摩擦滑動(dòng)，直桿和擋板P的總質(zhì)量為m．開(kāi)始時(shí)將筆直立于水平桌面，在桌面上方的矩形區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，帶正電的擋板P非�？拷�電場(chǎng)的上邊界，擋板P與周?chē)�物體絕緣接觸，受到的電場(chǎng)力與筆的重力大小相等．向上移動(dòng)圓筒使彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，此時(shí)擋板P剛好與圓筒底部接觸，如圖甲所示．現(xiàn)用力緩慢向下壓圓筒，使圓筒底部恰好與水平桌面接觸，此過(guò)程中壓力做功為W，如圖乙所示．撤除壓力，圓筒彈起并與擋板P碰撞，兩者一起上升到最大高度后自由落下，此后直桿在桌面上多次跳動(dòng)．
假設(shè)圓筒與擋板P每次碰撞結(jié)束時(shí)均具有相同速度，碰撞時(shí)間均忽略不計(jì)．直桿與桌面每次碰撞后均不反彈，直桿始終保持豎直狀態(tài)．不計(jì)一切摩擦與空氣阻力，重力加速度大小為g，求：
（1）直桿第一次上升的最大高度h₁；
（2）直桿運(yùn)動(dòng)的總路程h．

Answer 1

分析：（1）彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，能量守恒，結(jié)合功能關(guān)系可得到壓力做功和初速度的關(guān)系，求出碰撞后的速度利用豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可求得最大高度；
（2）應(yīng)用動(dòng)量守恒，可求得圓筒底部與擋板n次碰撞后的速度，從而可求出n次上升的最大高度，從而可求出直桿運(yùn)動(dòng)的總路程．

解答：解：（1）設(shè)將圓筒下移h₀，設(shè)其底部與水平桌面接觸時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為E_P，
根據(jù)功能關(guān)系
W+Mgh₀=E_P    ①
撤除壓力后，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，設(shè)圓筒與擋板碰前的速度為v₀，根據(jù)能量守恒E_P=Mgh₀+

1

2

M

v

2 0

  ②
聯(lián)立①②解得  W=

1

2

M

v

2 0

   ③
設(shè)圓筒與直桿碰撞后共同速度為v₁，
由動(dòng)量守恒定律  Mv₀=（M+m）v₁     ④
此后圓筒與桿共同做豎直上拋運(yùn)動(dòng) h₁=

v12

2g

     ⑤
聯(lián)立③④⑤解得  h₁=

M2 v 2 0

2g(M+m)2

=

WM

(M+m)2g

                    ⑥
（2）由于

1

2

M

v

2 1

＜W，所以此后圓筒底部不再與水平桌面接觸．根據(jù)機(jī)械能守恒，圓筒底部與擋板第二次碰前瞬間的速度為v₁，設(shè)碰后共同速度為v₂，由于筆所受電場(chǎng)力與重力平衡，根據(jù)動(dòng)量守恒定律
Mv₁=（M+m）v₂  
即V₂=(

M

M+m

)2?v0     ⑦
直桿第2次上升的最大高度h₂=

v22

2g

=

v 2 0

2g

(

M

M+m

)4         ⑧
同理可得，圓筒底部與擋板第n次碰后速度 vn=(

M

M+m

)nv0     ⑨
直桿第n次上升的最大高度       h_n=

v 2 n

2g

=

v 2 0

2g

(

M

M+m

)2n     ⑩
故直桿運(yùn)動(dòng)的總路程為 h=2（h₁+h₂+…+h_n）   n→∞
聯(lián)立解得 h=2（

M2 v 2 0

2g(M+m)2

+

v 2 0

2g

(

M

M+m

)4+…

v 2 0

2g

(

M

M+m

)2n）=

2MW

(m2+2Mm)g

答：（1）直桿第一次上升的最大高度

WM

(M+m)2g

；
（2）直桿運(yùn)動(dòng)的總路程為

2MW

(m2+2Mm)g

．

點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵是分析直桿的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，利用能量守恒、動(dòng)量守恒以及豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律解題．