Question

12．如圖，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R的半圓，兩段軌道相切于B點，一不帶電的絕緣小球甲，以速度v₀沿水平軌道向右運(yùn)動，與靜止在B點帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞，兩球碰撞結(jié)束同時加上一個足夠大水平向右的勻強(qiáng)電場E，乙恰能通過軌道的最高點D，已知甲、乙兩球的質(zhì)量均為m，乙所帶電荷量q，重力加速度為g．（水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質(zhì)點，整個運(yùn)動過程無電荷轉(zhuǎn)移）求：
（1）乙在D點速度大小及在與圓心O等高的C點處對軌道的壓力大�。�
（2）甲的速度v₀．

Answer 1

分析 （1）據(jù)乙球恰好通過最高點，利用牛頓第二定律求出D點的速度；再據(jù)動能定理求出C點的速度，據(jù)牛頓第二定律求出軌道的壓力．（2）據(jù)動能定理求出乙球的速度，再據(jù)動量定理和能量守恒求出甲的速度．

解答 解：（1）由于乙球恰能通過D點，所以有：mg=$\frac{m{v}_{D}^{2}}{R}$
所以：v_D=$\sqrt{gR}$
以C到D過程，利用動能定理：-Eq-mgR=$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{c}^{2}$
在C點據(jù)牛頓第二定律得：F-Eq=$\frac{m{v}_{c}^{2}}{R}$
據(jù)牛頓第三定律可知，F(xiàn)′=$\frac{2Eq+EqR}{R}$+3mg
（2）再以乙球從B到C利用動能定理得：-2mgR=$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$
據(jù)題意知甲乙兩球的質(zhì)量相等，且為彈性碰撞，所以甲乙碰撞甲球靜止，乙球以甲的速度運(yùn)動，
所以有：v₀=v_B=$\sqrt{5gR}$
答：1）乙在D點速度大小$\sqrt{gR}$及在與圓心O等高的C點處對軌道的壓力大小$\frac{2Eq+EqR}{R}$+3mg；
（2）甲的速度$\sqrt{5gR}$．

點評 首先分析清楚兩球的運(yùn)動情況和受力情況，靈活利用乙球恰能通過最高點；注意動能定理的應(yīng)用和重力與電場力做功的特點；注意等同質(zhì)量小球的彈性碰撞（一球靜止），交換速度．