Question

2．如圖所示，水平向右的勻強電場區(qū)域足夠大．a(chǎn)、b為完全相同的金屬小球，其質(zhì)量均為m．b球被一根長為L的絕緣細(xì)線固定懸掛在電場中的O點．開始時b球不帶電并靜止在圖中的B點．現(xiàn)將a球帶上q=+$\frac{2mg}{E}$的電量后從圖中的A點以某一初速度沿豎直方向拋出，A點距B點的水平距離為d，經(jīng)過一段時間后a球在最高點與b球發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短．碰后a、b兩球均在豎直平面內(nèi)運動、碰后兩球均分電荷，使得q_a=q_b=+$\frac{mg}{E}$，不計一切阻力和兩球之間的庫侖力．求：
（1）a球與b球碰撞之前，a球做的是怎樣的運動，試分析它的運動狀態(tài)？
（2）如果b球被a球碰后恰能維持豎直平面內(nèi)的圓周運動，則b球在哪個位置速度最小，最小速度為多少？
（3）當(dāng)水平距離d=？時b球被a球碰后恰能維持豎直平面內(nèi)的圓周運動．

Answer 1

分析 （1）碰撞之前，a小球受到恒定重力和電場力的作用，做勻變速曲線運動；
（2）兩球相碰后，均分電荷，b球在復(fù)合場中運動，b球在復(fù)合場中做圓周運動，把復(fù)合場等效為重力場，則在等效重力場的最高點速度最小，結(jié)合動能定理求解；
（3）兩球相碰發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒的和機械能守恒求解速度，b小球由B到D的過程中，由動能定理列式求解速度，再根據(jù)牛頓第二定律及運動學(xué)基本公式求解即可．

解答 解：（1）碰撞之前，a小球受到恒定重力和電場力的作用，做勻變速曲線運動．F₁=qE=2mg，水平方向上是初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向上是豎直上拋運動．
（2）兩球相碰后，均分電荷，b小球受到的電場力F₂=qE=mg．故b小球在復(fù)合場中做圓周運動時速度最大的位置在C點，與豎直方向的夾角為45°，速度最小的位置在C點關(guān)于圓心O的對稱位置D點，設(shè)最小速度為v₃．
在D點：$mgcos{45°}+{F_2}cos{45°}=m\frac{v_3^2}{L}$
得：${ν_3}=\sqrt{\sqrt{2}gL}$
（3）兩球相碰發(fā)生彈性碰撞，假設(shè)碰后兩小球的速度分別為v₁、v₂則：mν₀=mν₁+mν₂$\frac{1}{2}mν_0^2=\frac{1}{2}mν_1^2+\frac{1}{2}mν_2^2$
聯(lián)立求解得：v₁=0，ν₂=ν₀
b小球由B到D，由動能定理：$\frac{1}{2}m{ν}_{3}^{2}-\frac{1}{2}m{ν}_{2}^{2}=-mgL（1+cos45°）-{F}_{2}Lcos45°$
帶入數(shù)據(jù)得：${ν_2}={ν_0}=\sqrt{（2+3\sqrt{2}）gL}$
a小球碰撞之前水平方向上的分運動的加速度為：${a_x}=\frac{F_1}{m}=2g$
由勻加速運動學(xué)公式 ν²=2as可得：$ν_0^2=2{a_x}d$
帶入數(shù)據(jù)得：$d=\frac{{（2+3\sqrt{2}）L}}{4}$
答：（1）碰撞之前，a小球受到恒定重力和電場力的作用，做勻變速曲線運動，水平方向上是初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向上是豎直上拋運動；
（2）如果b球被a球碰后恰能維持豎直平面內(nèi)的圓周運動，則b球在圖中D位置速度最小，最小速度為$\sqrt{\sqrt{2}gL}$；
（3）當(dāng)水平距離d=$\frac{（2+3\sqrt{2}）L}{4}$時b球被a球碰后恰能維持豎直平面內(nèi)的圓周運動．

點評 本題的物理過程較多，綜合性很強，關(guān)鍵是分析物體的受力情況，把握每個過程遵循的物理規(guī)律，對于彈性碰撞，應(yīng)根據(jù)機械能守恒和動量守恒列式，兩球質(zhì)量相等，會交換速度．