Question

12．在光滑絕緣的水平面上，沿x軸0到d范圍內(nèi)存在電場（圖中未畫出），電場的方向沿x軸正向，并且電場強(qiáng)度大小E隨x的分布如圖所示．將一質(zhì)量為m₁，電量為+q的小球A，從O點(diǎn)由靜止釋放．當(dāng)小球A離開電場后與一個(gè)靜止且不帶電，質(zhì)量為m₂的小球B發(fā)生碰撞（設(shè)碰撞過程中無機(jī)械能損失、小球A、B大小相同，碰撞過程中電荷不發(fā)生轉(zhuǎn)移）．
求：（1）當(dāng)小球A運(yùn)動(dòng)到0.5d時(shí)的加速度a的大��；
（2）類比是一種常用的研究方法．對于直線運(yùn)動(dòng)，教科書中講解了由v-t圖象求位移的方法．請你借鑒此方法，并結(jié)合其他物理知識：
a．在由o到d的過程中，電場對小球A所做的功
b．若x=0處電勢為0，試推導(dǎo)小球A電勢能E_P的表達(dá)式
（3）為使質(zhì)點(diǎn)A離開電場后與質(zhì)點(diǎn)B能發(fā)生第二次碰撞，質(zhì)點(diǎn)A，質(zhì)點(diǎn)B的質(zhì)量應(yīng)滿足怎樣的關(guān)系．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律求解加速度；
（2）圖形與X軸圍成面積與電量積表示功，根據(jù)電場力做功等于電勢能的變化量求解；
（3）AB系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律列式，若能發(fā)生第二次碰撞應(yīng)滿足碰撞后A速度大小大于B的速度大�。�

解答 解：（1）小球在0.5d處受電場力為：F=$\frac{1}{2}{E}_{0}q$
根據(jù)牛二定律為：F=ma                       
得：$a=\frac{{{E_0}q}}{2m}$
（2）a．圖形與X軸圍成面積與電量積表示功即：
W=$\frac{1}{2}$E₀qd
b．設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到距X₀=0處位移為X
由于電勢能變化量為：△E_p=-W               
小球在0點(diǎn)的電勢能為0，則運(yùn)動(dòng)到X處的電勢能${E}_{P}=-W=\frac{1}{2}\frac{{E}_{0}xq}vvfnzv9x$
即：${E}_{P}=-\frac{{E}_{0}{x}^{2}q}{2d}$
（3）AB系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以A的初速度方向?yàn)檎�，根�?jù)動(dòng)量守恒定律得：
m₁v₀=m₁v_A′+m₂v_B′
根據(jù)系統(tǒng)能量守恒得：
$\frac{1}{2}{m}_{1}{{v}_{0}}^{2}=\frac{1}{2}{m}_{1}{v}_{A}{′}^{2}+\frac{1}{2}{m}_{2}{v}_{B}{′}^{2}$
解得：${v}_{A}′=\frac{{m}_{1}-{m}_{2}}{{m}_{1}+{m}_{2}}v$，${v}_{B}′=\frac{{2m}_{1}}{{m}_{1}+{m}_{2}}v$
若能發(fā)生第二次碰撞應(yīng)滿足|V_A′|＞V_B′
解得：m₂-m₁＞2m₁
即：$\frac{{m}_{2}}{{m}_{1}}＞3$
答：（1）當(dāng)小球A運(yùn)動(dòng)到0.5d時(shí)的加速度a的大小為$\frac{{E}_{0}q}{2m}$；
（2）a．在由o到d的過程中，電場對小球A所做的功為$\frac{1}{2}$E₀qd；
b．若x=0處電勢為0，試推導(dǎo)小球A電勢能E_P的表達(dá)式為${E}_{P}=-\frac{{E}_{0}{x}^{2}q}{2d}$；
（3）為使質(zhì)點(diǎn)A離開電場后與質(zhì)點(diǎn)B能發(fā)生第二次碰撞，質(zhì)點(diǎn)A，質(zhì)點(diǎn)B的質(zhì)量應(yīng)滿足$\frac{{m}_{2}}{{m}_{1}}＞3$．

點(diǎn)評 本題主要考查了牛頓第二定律、電場力做功公式、動(dòng)量守恒定律以及能量守恒定律的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確分析題意，根據(jù)題目得出有效信息，注意使用動(dòng)量守恒定律解題時(shí)要規(guī)定正方向．