Question

如圖所示，在與光滑絕緣的水平面上存在一和水平面重合的大小為E且區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在平行電場(chǎng)線的方向上有兩個(gè)靜止的小球A和B（均可視為質(zhì)點(diǎn)），兩小球的質(zhì)量均為m，A球帶-q，B球不帶電．開(kāi)始時(shí)兩球相距為L(zhǎng)，在電場(chǎng)力的作用下，A球開(kāi)始沿直線運(yùn)動(dòng)并與B球發(fā)生對(duì)心正碰，碰撞中A、B兩球的總動(dòng)能無(wú)損失，設(shè)在每次碰撞過(guò)程中A、B間無(wú)電荷轉(zhuǎn)移，若不考慮小球間的萬(wàn)有引力，求：（不計(jì)碰撞時(shí)間和位移）
（1）A球經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間與B球發(fā)生第一次碰撞以及碰撞后兩球的速度各為多大？
（2）從A球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到兩球發(fā)生N次碰撞，A球經(jīng)歷的時(shí)間t以及A球的總位移S各是多少？

Answer 1

分析：（1）根據(jù)動(dòng)量定理和動(dòng)能定理結(jié)合或根據(jù)牛頓第二定律求出A球的加速度，由速度位移公式求出A球與B球碰撞前的速度．
由于碰撞過(guò)程中A、B兩球總動(dòng)能無(wú)損失，由動(dòng)量守恒和動(dòng)能守恒列式，可知兩個(gè)物體交換速度．
（2）作出速度-時(shí)間圖象，由圖象確定出兩球從第一次碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時(shí)間，采用歸納法得到兩球發(fā)生N次碰撞，A球經(jīng)歷的時(shí)間t．根據(jù)速度圖象的面積求出總位移S．

解答：解：（1）設(shè)A歷時(shí)T與B第一次碰撞，且碰前的速度為v，由動(dòng)量定理得：
  EqT=mv    ①
由動(dòng)能定理得：EqL=

1

2

mv2  ②
解①②得T=

2mL qE

設(shè)兩球第一次碰后的速度分別為v₁，v₂，由動(dòng)量守恒和動(dòng)能守恒得：
 mv=mv₁+mv₂   ③

1

2

mv2=

1

2

m

v

2 1

+

1

2

m

v

2 2

 ④
解之得：v₁=0，v₂=v=

2qEL m

 ⑤
（2）對(duì)于A、B的碰撞過(guò)程，作出其速度-時(shí)間圖象，如圖所示，不難發(fā)現(xiàn)，由于碰撞中無(wú)能量損失和電荷的轉(zhuǎn)移，兩者從第一次碰撞后到再次碰撞的時(shí)間間隔相等，且為2T．
碰后A球每次經(jīng)電場(chǎng)加速得到的速度經(jīng)碰撞后和B球交換速度．
則從A球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到兩球發(fā)生N次碰撞，A球經(jīng)歷的時(shí)間有：
t=T+（N-1）2T=（2N-1）

2ml qE

   ⑥
總位移為S=

1

2

vT+v?2T+2v?2T+L+（N-1）?v2T=

vT

2

（2N²-2N+1）=（2N²-2N+1）L
答：
（1）A球經(jīng)過(guò)

2mL qE

時(shí)間與B球發(fā)生第一次碰撞，碰撞后A、B兩球的速度各為0和

2qEL m

．
（2）從A球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到兩球發(fā)生N次碰撞，A球經(jīng)歷的時(shí)間t是（2N-1）

2ml qE

，A球的總位移S是（2N²-2N+1）L．

點(diǎn)評(píng)：本題是小球周期性運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，關(guān)鍵作出速度圖象，采用歸納法總結(jié)規(guī)律，運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)求解．