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(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小及分布情況如圖1所示．將質(zhì)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(zhì)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(zhì)點(diǎn)，碰撞時(shí)間極短，且碰撞過(guò)程中沒(méi)有機(jī)械能的損失，沒(méi)有電荷量的轉(zhuǎn)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(yùn)動(dòng)的時(shí)間t₀以及碰撞前瞬時(shí)的速度大小v₀；
b．在圖2中畫(huà)出小球A自x=0處運(yùn)動(dòng)到x=5L處過(guò)程中的v-t圖象．
（2）若m₁=km₂，通過(guò)計(jì)算分析說(shuō)明無(wú)論倍數(shù)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(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律和位移公式結(jié)合求出時(shí)間，再由速度公式求碰撞前瞬時(shí)的速度．
b、根據(jù)速度與時(shí)間的關(guān)系，畫(huà)出v-t圖象．
（2）碰撞過(guò)程中沒(méi)有機(jī)械能的損失，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量機(jī)械能守恒定律結(jié)合求出碰后兩球的速度表達(dá)式．碰后A球再次被電場(chǎng)加速，結(jié)合動(dòng)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(yùn)動(dòng)，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(shí)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(yùn)動(dòng)到x=5L處的過(guò)程中，v-t圖象如圖所示．
（2）設(shè)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?yàn)檎�方向，由�?dòng)量守恒定律得
  km₂v₀=km₂v_A1+m₂v_B1；
由機(jī)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(chǎng)加速，若在x=3L處未發(fā)生碰撞，此時(shí)速度為v_A2，根據(jù)動(dòng)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(wú)論倍數(shù)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(yùn)動(dòng)的時(shí)間t₀是$\sqrt{\frac{2{m}_{1}L}{q{E}_{0}}}$，碰撞前瞬時(shí)的速度大小v₀是$\sqrt{\frac{2q{E}_{0}L}{{m}_{1}}}$．
b．在圖2中畫(huà)出小球A自x=0處運(yùn)動(dòng)到x=5L處過(guò)程中的v-t圖象如圖所示．
（2）無(wú)論倍數(shù)k取何值，小球A均可與小球B發(fā)生第二次碰撞．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了牛頓第二定律、動(dòng)量守恒定律以及能量守恒定律的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確分析題意，根據(jù)題目得出有效信息，注意使用動(dòng)量守恒定律解題時(shí)要規(guī)定正方向．