题目
如图所示，质量为M，长为l的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴O无摩擦地转动，它原来静止在平衡位置上．现有一质量为m的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞，相撞后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度θ=30°处(1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速v0的值；(2)相撞时小球受到多大的冲量．
如图所示，质量为M，长为l的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴O无摩擦地转动，它原来静止在平衡位置上．现有一质量为m的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞，相撞后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度θ=30°处(1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速v0的值；
(2)相撞时小球受到多大的冲量．
题目解答
答案
解：(1)设小球的初速度为v0，棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω，而小球的速度变为v．依题意，小球和棒发生弹性碰撞，遵守角动量守恒定律和机械能守恒定律，则得：
mv0l=Iω+mvl
$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$=$\frac{1}{2}Iω{\;}^{2}$+$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
又 I=$\frac{1}{3}M{l}^{2}$
在棒向上摆动的过程中，由机械能守恒定律有：
$\frac{1}{2}Iω{\;}^{2}$=Mg$\frac{l}{2}$(1-cos30°)
联立解得：v0=$\frac{ωl}{2}$(1+$\frac{I}{m{l}^{2}}$)=$\frac{l}{2}(1+\frac{M}{3m})$ω=$\frac{\sqrt{6(2-\sqrt{3})}}{12}$•$\frac{3m+M}{m}$$\sqrt{gl}$
(2)相碰时小球受到的冲量为：Fdt=△mv=mv-mv0=-$\frac{Iω}{l}$=-$\frac{1}{3}$Mlω=-$\frac{\sqrt{6(2-\sqrt{3})}M}{6}$$\sqrt{gl}$
负号表示冲量方向与小球初速度方向相反．
答：
(1)小球初速v0的值为$\frac{\sqrt{6(2-\sqrt{3})}}{12}$•$\frac{3m+M}{m}$$\sqrt{gl}$；
(2)相撞时小球受到的冲量为$\frac{\sqrt{6(2-\sqrt{3})}M}{6}$$\sqrt{gl}$，方向与小球初速度方向相反．
mv0l=Iω+mvl
$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$=$\frac{1}{2}Iω{\;}^{2}$+$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
又 I=$\frac{1}{3}M{l}^{2}$
在棒向上摆动的过程中，由机械能守恒定律有：
$\frac{1}{2}Iω{\;}^{2}$=Mg$\frac{l}{2}$(1-cos30°)
联立解得：v0=$\frac{ωl}{2}$(1+$\frac{I}{m{l}^{2}}$)=$\frac{l}{2}(1+\frac{M}{3m})$ω=$\frac{\sqrt{6(2-\sqrt{3})}}{12}$•$\frac{3m+M}{m}$$\sqrt{gl}$
(2)相碰时小球受到的冲量为：Fdt=△mv=mv-mv0=-$\frac{Iω}{l}$=-$\frac{1}{3}$Mlω=-$\frac{\sqrt{6(2-\sqrt{3})}M}{6}$$\sqrt{gl}$
负号表示冲量方向与小球初速度方向相反．
答：
(1)小球初速v0的值为$\frac{\sqrt{6(2-\sqrt{3})}}{12}$•$\frac{3m+M}{m}$$\sqrt{gl}$；
(2)相撞时小球受到的冲量为$\frac{\sqrt{6(2-\sqrt{3})}M}{6}$$\sqrt{gl}$，方向与小球初速度方向相反．
解析
步骤 1：确定碰撞过程中的角动量守恒
在碰撞过程中，小球和棒组成的系统角动量守恒。设小球的初速度为$v_0$，碰撞后小球的速度为$v$，棒的角速度为$\omega$。根据角动量守恒定律，有：
$$mv_0l=I\omega+mvl$$
其中，$I$为棒的转动惯量，对于一端固定的均匀直棒，$I=\frac{1}{3}Ml^2$。
步骤 2：确定碰撞过程中的机械能守恒
由于碰撞是弹性的，碰撞前后系统的机械能守恒。根据机械能守恒定律，有：
$$\frac{1}{2}m{v_0}^2=\frac{1}{2}I\omega^2+\frac{1}{2}m{v}^2$$
步骤 3：确定棒摆动到最大角度时的机械能守恒
棒从平衡位置摆动到最大角度$\theta=30°$的过程中，机械能守恒。根据机械能守恒定律，有：
$$\frac{1}{2}I\omega^2=Mgl\left(1-\cos\theta\right)$$
其中，$Mgl\left(1-\cos\theta\right)$为棒在最大角度处的重力势能。
步骤 4：联立求解
联立上述三个方程，可以求解出小球的初速度$v_0$和棒的角速度$\omega$。将$I=\frac{1}{3}Ml^2$代入，得到：
$$mv_0l=\frac{1}{3}Ml^2\omega+mvl$$
$$\frac{1}{2}m{v_0}^2=\frac{1}{2}\frac{1}{3}Ml^2\omega^2+\frac{1}{2}m{v}^2$$
$$\frac{1}{2}\frac{1}{3}Ml^2\omega^2=Mgl\left(1-\cos30°\right)$$
解得：
$$v_0=\frac{\sqrt{6(2-\sqrt{3})}}{12}\cdot\frac{3m+M}{m}\sqrt{gl}$$
$$\omega=\frac{\sqrt{6(2-\sqrt{3})}}{6}\sqrt{\frac{g}{l}}$$
步骤 5：计算小球受到的冲量
根据冲量的定义，小球受到的冲量为：
$$Fdt=mv-mv_0=-\frac{I\omega}{l}=-\frac{1}{3}Ml\omega=-\frac{\sqrt{6(2-\sqrt{3})}M}{6}\sqrt{gl}$$
负号表示冲量方向与小球初速度方向相反。
在碰撞过程中，小球和棒组成的系统角动量守恒。设小球的初速度为$v_0$，碰撞后小球的速度为$v$，棒的角速度为$\omega$。根据角动量守恒定律，有：
$$mv_0l=I\omega+mvl$$
其中，$I$为棒的转动惯量，对于一端固定的均匀直棒，$I=\frac{1}{3}Ml^2$。
步骤 2：确定碰撞过程中的机械能守恒
由于碰撞是弹性的，碰撞前后系统的机械能守恒。根据机械能守恒定律，有：
$$\frac{1}{2}m{v_0}^2=\frac{1}{2}I\omega^2+\frac{1}{2}m{v}^2$$
步骤 3：确定棒摆动到最大角度时的机械能守恒
棒从平衡位置摆动到最大角度$\theta=30°$的过程中，机械能守恒。根据机械能守恒定律，有：
$$\frac{1}{2}I\omega^2=Mgl\left(1-\cos\theta\right)$$
其中，$Mgl\left(1-\cos\theta\right)$为棒在最大角度处的重力势能。
步骤 4：联立求解
联立上述三个方程，可以求解出小球的初速度$v_0$和棒的角速度$\omega$。将$I=\frac{1}{3}Ml^2$代入，得到：
$$mv_0l=\frac{1}{3}Ml^2\omega+mvl$$
$$\frac{1}{2}m{v_0}^2=\frac{1}{2}\frac{1}{3}Ml^2\omega^2+\frac{1}{2}m{v}^2$$
$$\frac{1}{2}\frac{1}{3}Ml^2\omega^2=Mgl\left(1-\cos30°\right)$$
解得：
$$v_0=\frac{\sqrt{6(2-\sqrt{3})}}{12}\cdot\frac{3m+M}{m}\sqrt{gl}$$
$$\omega=\frac{\sqrt{6(2-\sqrt{3})}}{6}\sqrt{\frac{g}{l}}$$
步骤 5：计算小球受到的冲量
根据冲量的定义，小球受到的冲量为：
$$Fdt=mv-mv_0=-\frac{I\omega}{l}=-\frac{1}{3}Ml\omega=-\frac{\sqrt{6(2-\sqrt{3})}M}{6}\sqrt{gl}$$
负号表示冲量方向与小球初速度方向相反。