Question

4．如圖所示，A、B是兩塊豎直放置的平行金屬板，相距為2l，分別帶有等量的負(fù)、正電荷，在兩板間形成電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場，A板上有一小孔（它的存在對兩板間勻強(qiáng)電場分布的影響可忽略不計(jì)），孔的下沿右側(cè)有一條與板垂直的水平光滑絕緣軌道，一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q（q＞0）的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），在外力作用下靜止在軌道的中點(diǎn)P處．孔的下沿左側(cè)也有一與板垂直的水平光滑絕緣軌道，軌道上距A板l處有一固定檔板，長為l的輕彈簧左端固定在擋板上，右端固定一塊輕小的絕緣材料制成的薄板Q．撤去外力釋放帶電小球，它將在電場力作用下由靜止開始向左運(yùn)動(dòng)，穿過小孔（不與金屬板A接觸）后與薄板Q一起壓縮彈簧，由于薄板Q及彈簧的質(zhì)量都可以忽略不計(jì)，可認(rèn)為小球與Q接觸過程中不損失機(jī)械能．小球從接觸 Q開始，經(jīng)歷時(shí)間T0第一次把彈簧壓縮至最短，然后又被彈簧彈回．由于薄板Q的絕緣性能有所欠缺，使得小球每次離開彈簧的瞬間，小球的電荷量都損失一部分，而變成剛與彈簧接觸時(shí)小球電荷量的$\frac{1}{k}$（k＞1）．求：
（1）小球第一次接觸Q時(shí)的速度大��；
（2）假設(shè)小球第n次彈回兩板間后向右運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)處沒有到達(dá)B板，試導(dǎo)出小球從第n次接觸Q到本次向右運(yùn)動(dòng)至最遠(yuǎn)處的時(shí)間T₀的表達(dá)式；
（3）假設(shè)小球經(jīng)若干次回彈后向右運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)點(diǎn)恰好能到達(dá)B板，求小球從開始釋放至剛好到達(dá)B點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合速度位移公式求出小球第一次接觸Q時(shí)的速度大�。�
（2）小球從第n次接觸Q，到本次向右運(yùn)動(dòng)至最遠(yuǎn)處的時(shí)間包括兩部分，一部分是小球從接觸Q開始，經(jīng)歷時(shí)間To第一次把彈簧壓縮至最短，然后又被彈簧彈回，另一部分是離開Q向右做減速運(yùn)動(dòng)的過程．根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解．
（3）根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解第一次接觸Q時(shí)的速度大�。�小球從第N次接觸Q，到本次向右運(yùn)動(dòng)至最遠(yuǎn)處的時(shí)間包括兩部分，一部分是小球從接觸Q開始，經(jīng)歷時(shí)間T₀第一次把彈簧壓縮至最短，然后又被彈簧彈回，另一部分是離開Q向右做減速運(yùn)動(dòng)的過程．根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求小球從第N次接觸Q，到本次向右運(yùn)動(dòng)至最遠(yuǎn)處的時(shí)間T_N的表達(dá)式，再求總時(shí)間．

解答 解：（1）設(shè)小球第一次接觸Q的速度為v，接觸Q前的加速度為a．
根據(jù)牛頓第二定律有：qE=ma 
對于小球從靜止到與Q接觸前的過程，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：v²=2al
聯(lián)立解得：v=$\sqrt{\frac{2q{E}_{1}}{m}}$．
（2）小球每次離開Q的瞬時(shí)速度大小相同，且等于小球第一次與Q接觸時(shí)速度大�。�
設(shè)小球第1次離開Q向右做減速運(yùn)動(dòng)的加速度為a₁，速度由v減為零所需時(shí)間為t₁，
小球離開Q所帶電荷量為q₁．
根據(jù)牛頓第二定律有：q₁E=ma₁
根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：t₁=$\frac{v}{{a}_{1}}$，
根據(jù)題意可知小球第1次離開Q所帶電荷量為：q₁=$\frac{q}{k}$，
聯(lián)立解得：t₁=$\frac{mv}{qE}$k．
設(shè)小球第2次離開Q向右做減速運(yùn)動(dòng)的加速度為a₂，速度由v減為零所需時(shí)間為t₂，
小球離開Q所帶電荷量為q₂．
同理q₂E=ma₂，t₂=$\frac{v}{{a}_{2}}$，q₂=$\frac{q}{{k}^{2}}$，
聯(lián)立解得：t₂=$\frac{mv}{qE}$k²，
設(shè)小球第n次離開Q向右做減速運(yùn)動(dòng)的加速度為a_n，速度由v減為零所需時(shí)間為t_n，
小球離開Q所帶電荷量為q_n．
同理有：q_nE=ma_n，t_n=$\frac{v}{{a}_{n}}$，q_n=$\frac{q}{{k}^{n}}$．
聯(lián)立解得：t_n=$\frac{mv}{qE}$kⁿ，
小球從第n次接觸Q，到本次向右運(yùn)動(dòng)至最遠(yuǎn)處的時(shí)間為：T_n=2T₀+$\sqrt{\frac{2ml}{qE}}$kⁿ．
（3）設(shè)小球經(jīng)N次回彈后向右運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)點(diǎn)恰好能到達(dá)B板，
由上分析，則有，小球從第N次接觸Q，到本次向右運(yùn)動(dòng)至最遠(yuǎn)處的時(shí)間為：
T_N=2T₀+$\sqrt{\frac{2qEl}{m}}$k^N，
故小球從開始運(yùn)動(dòng)到被第N次彈回兩板間向右運(yùn)動(dòng)到達(dá)B板的總時(shí)間為：
T=T₁+T₂+…T_N=2NT₀+$\sqrt{\frac{2ml}{qE}}$（1+2k+2k²+2k³+…+2k ^N-1+k^N）
答：（1）小球第一次接觸Q時(shí)的速度大小$\sqrt{\frac{2q{E}_{1}}{m}}$；
（2）小球從第n次接觸Q到本次向右運(yùn)動(dòng)至最遠(yuǎn)處的時(shí)間T₀的表達(dá)式2T₀+$\sqrt{\frac{2ml}{qE}}$kⁿ；
（3）小球從開始釋放至剛好到達(dá)B點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間2NT₀+$\sqrt{\frac{2ml}{qE}}$（1+2k+2k²+2k³+…+2k ^N-1+k^N）．

點(diǎn)評(píng) 了解研究對象的運(yùn)動(dòng)過程是解決問題的前提，根據(jù)題目已知條件和求解的物理量選擇物理規(guī)律解決問題．要注意小球運(yùn)動(dòng)過程中各個(gè)物理量的變化．