Question

9．在光滑絕緣水平面上方某區(qū)域（x≤3L）有沿x軸正方向的水平勻強電場，電場強度的大小及分布情況如圖1所示．將質量為m₁、電荷量為+q的帶電小球A在x=0處由靜止釋放，小球A將與質量為m₂、靜止于x=L處的不帶電的絕緣小球B發(fā)生正碰． 已知兩球均可視為質點，碰撞時間極短，且碰撞過程中沒有機械能的損失，沒有電荷量的轉移．E₀、L為已知量．
（1）若m₁=m₂，小球A與小球B發(fā)生碰撞后二者交換速度，求：
a．兩小球第一次碰撞前，小球A運動的時間t₀以及碰撞前瞬時的速度大小v₀；
b．在圖2中畫出小球A自x=0處運動到x=5L處過程中的v-t圖象．
（2）若m₁=km₂，通過計算分析說明無論倍數k取何值，小球A均可與小球B發(fā)生第二次碰撞．

Answer 1

分析 （1）a、小球A第一次與小球B碰撞前做初速度為零的勻加速直線運動，由牛頓第二定律和位移公式結合求出時間，再由速度公式求碰撞前瞬時的速度．
b、根據速度與時間的關系，畫出v-t圖象．
（2）碰撞過程中沒有機械能的損失，根據動量守恒定律和能量機械能守恒定律結合求出碰后兩球的速度表達式．碰后A球再次被電場加速，結合動能定理和能發(fā)生第二次碰撞的條件解答．

解答 解：（1）a、小球A第一次與小球B碰撞前做初速度為零的勻加速直線運動，由牛頓第二定律得
  a₁=$\frac{q{E}_{0}}{{m}_{1}}$
由L=$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}_{0}^{2}$，得 t₀=$\sqrt{\frac{2L}{{a}_{1}}}$=$\sqrt{\frac{2{m}_{1}L}{q{E}_{0}}}$
小球A與小球B碰撞前的瞬時速度 v₀=$\sqrt{2{a}_{1}L}$=$\sqrt{\frac{2q{E}_{0}L}{{m}_{1}}}$
b、小球A自x=0處運動到x=5L處的過程中，v-t圖象如圖所示．
（2）設兩小球第一次碰撞后速度分別為v_A1、v_B1．
取碰撞前A球的速度方向為正方向，由動量守恒定律得
  km₂v₀=km₂v_A1+m₂v_B1；
由機械能守恒定律得
  $\frac{1}{2}$km₂v₀²=$\frac{1}{2}$km₂v_A1²+$\frac{1}{2}$m₂v_B1²；
解得 v_A1=$\frac{k-1}{k+1}$v₀
     v_B1=$\frac{2k}{k+1}$v₀
之后A球再次被電場加速，若在x=3L處未發(fā)生碰撞，此時速度為v_A2，根據動能定理得
  4qE₀L=$\frac{1}{2}$km₂v_A2²-$\frac{1}{2}$km₂v_A1²+
解得 v_A2=$\frac{\sqrt{5{k}^{2}+6k+5}}{k+1}$v₀
則 v_A2＞v_B1
所以無論倍數k取何值，小球A均可與小球B發(fā)生第二次碰撞．
答：
（1）a．兩小球第一次碰撞前，小球A運動的時間t₀是$\sqrt{\frac{2{m}_{1}L}{q{E}_{0}}}$，碰撞前瞬時的速度大小v₀是$\sqrt{\frac{2q{E}_{0}L}{{m}_{1}}}$．
b．在圖2中畫出小球A自x=0處運動到x=5L處過程中的v-t圖象如圖所示．
（2）無論倍數k取何值，小球A均可與小球B發(fā)生第二次碰撞．

點評 本題主要考查了牛頓第二定律、動量守恒定律以及能量守恒定律的直接應用，要求同學們能正確分析題意，根據題目得出有效信息，注意使用動量守恒定律解題時要規(guī)定正方向．