Question

19．如圖所示，絕緣水平面上有寬l=0.4m的勻強電場區(qū)域，場強E=6×10⁵N/C，方向水平向左．不帶電的物塊B靜止在電場邊緣的O點；帶電量q=+5×10^-8C、質(zhì)量m=1×10^-2kg的物塊A在距O點x=2.25m處以v₀=5m/s的水平初速度向右運動，并與B發(fā)生碰撞．假設(shè)碰撞前后A、B構(gòu)成的系統(tǒng)沒有動能損失，A的質(zhì)量是B的k（k＞1）倍，A、B與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.2，物塊可視為質(zhì)點，最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，且A的電荷量始終不變，g取10m/s²．

（1）求A到達O點與B碰撞前的速度大�。�
（2）求碰撞后瞬間A和B的速度大�。�
（3）討論k在不同取值范圍時電場力對A做的功．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理求出A到達O點與B碰撞前的速度．
（2）碰撞的瞬間，動量守恒定律，因為系統(tǒng)沒有動能損失，則機械能守恒，綜合動量守恒定律和機械能守恒定律求出碰撞后瞬間A、B的速度．
（3）討論A能從電場右邊界離開和不能從電場右邊界離開，根據(jù)動能定理得出k的范圍，從而根據(jù)電場力做功的特點求出電場力所做的功．

解答 解：（1）設(shè)碰撞前A的速度為v，由動能定理得：
-μmgx=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²…①
得：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}-2μgx}$=$\sqrt{{5}^{2}-2×0.2×10×2.25}$=4m/s  …②
（2）設(shè)碰撞后A、B速度分別為v_A、v_B，且設(shè)向右為正方向；由于彈性碰撞，所以由動量守恒定律有：
   mv=mv_A+$\frac{m}{k}$v_B…③
由能量守恒定律有
   $\frac{1}{2}$mv²=$\frac{1}{2}$mv_A²+$\frac{1}{2}$•$\frac{m}{k}$v_B²…④
聯(lián)立③④代入解得：v_A=$\frac{4（k-1）}{k+1}$…⑤
v_B=$\frac{8k}{k+1}$…⑥
（3）討論：
（i）如果A能從電場右邊界離開，必須滿足：
  $\frac{1}{2}$mv_A²＞μmgL+qEL…⑦
代入數(shù)據(jù)，得：k＞3…⑧
電場力對A做功為：W_E=-qEL=6×10⁵×5×10^-8×0.4（J）=-1.2×10^-2（J） …⑨
（ii）如果A不能從電場右邊界離開電場，必須滿足：
   $\frac{1}{2}$mv_A²≤μmgL+qEL…⑩
聯(lián)立⑤⑩代入數(shù)據(jù)，得：k≤3…（11）
考慮到k＞1，所以在1＜k≤3范圍內(nèi)A不能從電場右邊界離開…（12）
又：qE=3×10^-2N＞μmg=2×10^-2N…（13）
所以A會返回并從電場的左側(cè)離開，整個過程電場力做功為0．即：W_E=0…（14）
答：
（1）A到達O點與B碰撞前的速度為4m/s．
（2）碰撞后瞬間，A和B的速度分別為：$\frac{4（k-1）}{k+1}$和$\frac{8k}{k+1}$．
（3）當(dāng)k＞3，電場力做功為-1.2×10^-2J．當(dāng)1＜k≤3，電場力做功為零．

點評 本題綜合考查了動量守恒定律、動能定理、機械能守恒定律，綜合性較強，關(guān)鍵要明確物體的運動過程，考慮臨界情況和臨界條件，對于第三問，要考慮電場能從右邊界離開和不能從右邊界離開兩種情況．