Question

如圖，ABCD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是傾斜的，傾角為37°，BC段是水平的，CD段為半徑R=0.15m的半圓，三段軌道均光滑連接，整個(gè)軌道處在豎直向下的勻強(qiáng)電場中，場強(qiáng)大小E=5.0×10³ V/m．一帶正電的導(dǎo)體小球甲，在A點(diǎn)從靜止開始沿軌道運(yùn)動(dòng)，與靜止在C點(diǎn)不帶電的相同導(dǎo)體小球乙發(fā)生彈性碰撞，碰撞后速度交換（即碰后甲的速度變成碰前瞬間乙的速度，乙的速度變成碰前瞬間甲的速度）．已知甲、乙兩球的質(zhì)量均為m=1.0×10^-2㎏，小球甲所帶電荷量為q_甲=2.0×10^-5C，g取10m/s²，假設(shè)甲、乙兩球可視為質(zhì)點(diǎn)，并不考慮它們之間的靜電力，且整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程與軌道間無電荷轉(zhuǎn)移．
（1）若甲、乙兩球碰撞后，小球乙恰能通過軌道的最高點(diǎn)D，試求小球乙在剛過C點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力；
（2）若水平軌道足夠長，在甲、乙兩球碰撞后，小球乙能通過軌道的最高點(diǎn)D，則小球甲應(yīng)至少從距BC水平面多高的地方滑下？
（3）若傾斜軌道AB可在水平軌道上移動(dòng)，在滿足（1）問和能垂直打在傾斜軌道的條件下，試問小球乙在離開D點(diǎn)后經(jīng)多長時(shí)間打在傾斜軌道AB上？

Answer 1

分析：（1）小球乙恰能通過軌道的最高點(diǎn)D時(shí)，由重力和電場力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式求出小球乙通過D點(diǎn)時(shí)的速率，對于乙球從C到D過程，根據(jù)動(dòng)能定理求出乙球在C點(diǎn)時(shí)的速率，由牛頓第二定律和第三定律結(jié)合求解小球乙在剛過C點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力；
（2）甲球從A到C的過程，根據(jù)動(dòng)能定理求解甲球剛滑下時(shí)的高度；
（3）小球乙離開D點(diǎn)做類平拋運(yùn)動(dòng)，垂直打在傾斜軌道時(shí)，速度與傾斜軌道垂直，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法求解時(shí)間．

解答：解：因甲乙小球相同，則碰撞后兩個(gè)小球的電量都為q=

1

2

q_甲=1.0×10^-5C 
其電場力F=Eq=0.05N，G=mg=0.1N
（1）設(shè)小球乙恰能通過軌道的最高點(diǎn)D時(shí)的速率為v_D，在D點(diǎn)：由牛頓第二定律得：
Eq+mg=m

v 2 D

R

解得：v_D=1.5m/s               
小球乙從C到D的過程，由動(dòng)能定理：
   -(mg+Eq)×2R=

1

2

m

v

2 D

-

1

2

m

v

2 C

在C點(diǎn)：由牛頓第二定律得：NC-mg-Eq=m

v 2 C

R

解得：N_C=6（Eq+mg）=0.9N                             
由牛頓第三定律得：小球乙在剛過C點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小為N=0.9N，方向豎直向下．
（2）設(shè)小球甲從高度為h時(shí)滑下與小球乙碰撞后，小球乙恰能通過軌道的最高點(diǎn)D，
由動(dòng)能定理：(mg+Eq甲)×h=

1

2

m

v

2 C

解得：h=

3

160

m                                      
（3）小球乙離開D點(diǎn)做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度a=

Eq+mg

m

=15m/s²
當(dāng)小球乙垂直打在斜面上時(shí)，其豎直速度v_y=at=v_ctan53°=0.2m/s
 故：時(shí)間t=

1

75

s                                         
答：
（1）小球乙在剛過C點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力是0.9N，方向豎直向下．
（2）小球甲應(yīng)至少從距BC水平面

3

160

m高處的地方滑下．
（3）小球乙在離開D點(diǎn)后經(jīng)

1

75

s時(shí)間打在傾斜軌道AB上．

點(diǎn)評：本題是動(dòng)能定理與向心力、類平拋運(yùn)動(dòng)的綜合，要抓住小球乙剛好到達(dá)最高點(diǎn)D的臨界條件，求出臨界速度，分段運(yùn)用動(dòng)能定理．