Question

5．如圖所示，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段是半徑為R的半圓，兩段軌道相切于B點(diǎn)，整個(gè)軌道處在豎直向下的勻強(qiáng)電場中，一不帶電的絕緣小球甲，以速度v₀沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，與靜止在B點(diǎn)帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞．已知甲、乙兩球的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，且乙球所受電場力與乙球重力mg相等．水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質(zhì)點(diǎn)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程無電荷轉(zhuǎn)移．
（1）甲乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點(diǎn)D，求乙在軌道上的首次落點(diǎn)P與B點(diǎn)的距離S；
（2）在滿足（1）的條件下．求甲的碰前速度v₀；
（3）若甲仍以速度v₀向右運(yùn)動(dòng)，不斷增大甲的質(zhì)量后再以v₀向右碰撞乙球，每次保持乙的質(zhì)量不變，求乙在軌道上每次的首次落點(diǎn)P到B點(diǎn)的距離S′的范圍．

Answer 1

分析 （1）對乙受力分析，乙離開最高點(diǎn)之后，做類平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上勻加速運(yùn)動(dòng)，水平方向上勻速運(yùn)動(dòng)；
（2）由于兩個(gè)球發(fā)生的是彈性碰撞，所以動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒，列出方程可以求出甲的速度v₀；
（3）B求經(jīng)過D點(diǎn)后的最小的速度應(yīng)該是v_D，再由動(dòng)量守恒分析可得最大的速度，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)水平方向的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，可以求得范圍的大�。�

解答 解：（1）在乙恰能通過D點(diǎn)的情況下，設(shè)乙到達(dá)最高點(diǎn)的速度為v_D，乙離開D點(diǎn)到達(dá)水平軌道的時(shí)間為t，乙的落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為x，
則$mg+qE=m\frac{v_D^2}{R}$，得${v_D}=\sqrt{2gR}$
mg+qE=ma_y
$\frac{1}{2}{a_y}{t^2}=2R$
s=v_Dt
聯(lián)立得：s=2R
（2）設(shè)碰撞后甲、乙的速度分別為v_甲、v_乙，
根據(jù)動(dòng)量守恒有：
mv₀=mv_甲+mv_乙
根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：
$\frac{1}{2}mv_0^2=\frac{1}{2}mv_甲^2+\frac{1}{2}mv_乙^2$
聯(lián)立⑤⑥得：v_甲=0，v_乙=v₀
由動(dòng)能定理得：-mg•2R-qE•2R=$\frac{1}{2}$mv_D²-$\frac{1}{2}$mv_乙²
聯(lián)立①⑦⑧得：${v_0}=\sqrt{\frac{{5（mg+{F_電}）R}}{m}}=\sqrt{10gR}$=2$\sqrt{5}$m/s；
（3）設(shè)甲的質(zhì)量為M，碰撞后甲、乙的速度分別為v_M、v_m，
根據(jù)動(dòng)量守恒有：
Mv₀=Mv_M+mv_m⑩
根據(jù)機(jī)械能守恒定律有
$\frac{1}{2}Mv_0^2=\frac{1}{2}Mv_M^2+\frac{1}{2}mv_m^2$
有以上兩式可得：v_m=$\frac{2M{v}_{0}}{M+m}$
由于M?m，可得：v_D≤v_m＜2v_D
設(shè)乙球過D點(diǎn)的速度為v_D′，
由動(dòng)能定理得 $-mg•2R-qE•2R=\frac{1}{2}mv_D^{'2}-\frac{1}{2}mv_m^2$
聯(lián)立以上兩個(gè)方程可得：2m/s≤v_D′＜8m/s
設(shè)乙在水平軌道上的落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為x′，
則有：x'=v_D′t
所以可以解得：2R≤x′＜8R
答：（1）乙在軌道上的首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離是2R；
（2）甲的速度是$\sqrt{10gR}$；
（3）乙在軌道上的首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離范圍是2R≤x′＜8R．

點(diǎn)評 在本題中物體不僅受重力的作用，還有電場力，在解題的過程中，一定要分析清楚物體的受力和運(yùn)動(dòng)過程，兩球在碰撞過程中動(dòng)量守恒，碰后機(jī)械能守恒，題目中物體的運(yùn)動(dòng)過程比較復(fù)雜，在解題是一定分析清楚運(yùn)動(dòng)過程．