Question

12．如圖所示，一豎直固定且光滑絕緣的直圓筒底部放置一可視為點(diǎn)電荷的場(chǎng)源電荷A，已知帶電量Q=+4×10^-3 C的場(chǎng)源電荷A形成的電場(chǎng)中各點(diǎn)的電勢(shì)表達(dá)式為φ=k$\frac{Q}{r}$，其中k為靜電力恒量，r為空間某點(diǎn)到A的距離．現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m=0.1kg的帶正電的小球B，它與A球間的距離為a=0.4m，此時(shí)小球B處于平衡狀態(tài)，且小球B在場(chǎng)源電荷A形成的電場(chǎng)中具有的電勢(shì)能表達(dá)式為?=k$\frac{Qq}{r}$，其中r為q與Q之間的距離．另一質(zhì)量也為m的不帶電絕緣小球C從距離B的上方H=0.8m處自由下落，落在小球B上立刻與小球B粘在一起以2m/s向下運(yùn)動(dòng)，它們到達(dá)最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動(dòng)，向上運(yùn)動(dòng)到達(dá)的最高點(diǎn)為P（已知k=9×10⁹ N•m²/C²），求：
（1）小球C與小球B碰撞前的速度大小v₀為多少？
（2）小球B的帶電量q為多少？
（3）P點(diǎn)與小球A之間的距離為多大？
（4）當(dāng)小球B和C一起向下運(yùn)動(dòng)與場(chǎng)源電荷A距離多遠(yuǎn)時(shí)，其速度最大？速度的最大值為多少？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)自由下落的公式求出下落H距離的速度，由動(dòng)量守恒定律求得C與小球B碰撞后的速度
（2）小球B在碰撞前處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件求解小球B的帶電量
（3）C和B向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中系統(tǒng)能量守恒和能量守恒，列出等式求解
（4）對(duì)C和B整體進(jìn)行受力分析，由能量守恒列出等式求解

解答 解：（1）小球C自由下落H距離的速度v₀=$\sqrt{2gH}$=4 m/s
小球C與小球B發(fā)生碰撞，由動(dòng)量守恒定律得：mv₀=2mv₁，
所以v₁=2 m/s
（2）小球B在碰撞前處于平衡狀態(tài)，
對(duì)B球進(jìn)行受力分析知：$mg=\frac{kQq}{{a}^{2}}$，
代入數(shù)據(jù)得：$q=\frac{4}{9}×1{0}^{-8}C$
（3）C和B向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中系統(tǒng)能量守恒，
設(shè)P與A之間的距離為x，
由能量守恒得：$\frac{1}{2}×2{mv}_{1}^{2}+\frac{kQq}{a}=2mg（x-a）+\frac{kQq}{x}$
代入數(shù)據(jù)得：x=（0.4+$\frac{\sqrt{2}}{5}$） m（或x=0.683 m）
（4）當(dāng)C和B向下運(yùn)動(dòng)的速度最大時(shí)，與A之間的距離為y，
對(duì)C和B整體進(jìn)行受力分析有：$2mg=\frac{kQq}{{y}^{2}}$，
代入數(shù)據(jù)有：y=$\frac{\sqrt{2}}{5}$m（或y=0.283 m）
由能量守恒得：$\frac{1}{2}×2{mv}_{1}^{2}+\frac{kQq}{a}=\frac{1}{2}×2{mv}_{m}^{2}-2mg（x-y）+\frac{kQq}{x}$
代入數(shù)據(jù)得：${v}_{m}=\sqrt{16-8\sqrt{2}}m/s$（或v_m=2.16 m/s）
答：（1）小球C與小球B碰撞后的速度為2 m/s
（2）小球B的帶電量q為$\frac{4}{9}×1{0}^{-8}$C
（3）P點(diǎn)與小球A之間的距離為（0.4+$\frac{\sqrt{2}}{5}$） m
（4）當(dāng)小球B和C一起向下運(yùn)動(dòng)與場(chǎng)源A距離是$\frac{\sqrt{2}}{5}$m，速度最大．其速度最大是$\sqrt{16-8\sqrt{2}}$m/s

點(diǎn)評(píng) 本題考察了運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，平衡條件，系統(tǒng)能量守恒和能量守恒，要分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，合理的選擇物理規(guī)律