Question

5．如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧，左端連著絕緣介質(zhì)小球B，右端連在固定板上，放在光滑絕緣的水平面上．整個(gè)裝置處在場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．現(xiàn)把一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球A，從距B球?yàn)閟處自由釋放，并與B球發(fā)生正碰．碰撞中無機(jī)械能損失，且A球的電荷量始終不變．已知B球的質(zhì)量M=3m，B球被碰后作周期性運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)周期T=2π$\sqrt{\frac{M}{k}}$（A、B小球均可視為質(zhì)點(diǎn)）．求：
（1）A球與B球相碰前A的速度大小；
（2）兩球第一次碰撞后瞬間，A球的速度v₁和B球的速度v₂；
（3）要使A球與B球第二次仍在B球的初始位置迎面相碰，彈簧勁度系數(shù)k的可能取值．

Answer 1

分析 （1）小球A從距B球?yàn)镾處自由釋放后，在電場(chǎng)力作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理求解與B球碰撞前瞬間的速度v₀；
（2）碰撞過程中A、B的總動(dòng)量守恒、機(jī)械能也守恒，即可由兩大守恒定律求解球與B球第一次碰撞后瞬間，A球的速度v₁和B球的速度v₂；
（3）B球被碰后做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，具有周期性，A向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，要使A球與B球第二次仍在B球的初始位置迎面相碰，A球重新回到O處所用的時(shí)間t恰好等于B球的（n+$\frac{1}{2}$）T．根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求出A運(yùn)動(dòng)時(shí)間t，即可求解出勁度系數(shù)k的可能取值．

解答 解：（1）設(shè)A球與B球碰撞前瞬間的速度為v₀，由動(dòng)能定理得：
qES=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：v₀=$\sqrt{\frac{2qES}{m}}$
（2）碰撞過程中動(dòng)量守恒，設(shè)向右為正方向；則有：
mv₀=mv₁+Mv₂
機(jī)械能無損失，有：$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$+$\frac{1}{2}M{v}_{2}^{2}$
聯(lián)立上兩式解得 v₁=-$\frac{1}{2}{v}_{0}$=-$\sqrt{\frac{2qES}{m}}$ 方向向左，v₂=$\frac{1}{2}{v}_{0}$=$\sqrt{\frac{2qES}{m}}$ 方向向右．
（3）要使m與M第二次迎面碰撞仍發(fā)生在原位置，則必有A球重新回到O處所用的時(shí)間t恰好等于B球的（n+$\frac{1}{2}$）T．（n=0、1、2、3 …）
A球運(yùn)動(dòng)的加速度為 a=$\frac{qE}{m}$，t=$\frac{2{v}_{1}}{a}$=（n+$\frac{1}{2}$）T，
又由題意，T=2π$\sqrt{\frac{M}{k}}$，
解得：$k=\frac{{6{π^2}qE}}{S}{（n+\frac{1}{2}）^2}$=$\frac{3{π}^{2}qE（2n+1）^{2}}{2s}$（n=0、1、2、3 …）
答：
（1）A球與B球碰撞前瞬間的速度v₀是$\sqrt{\frac{2qES}{m}}$．
（2）A球與B球第一次碰撞后瞬間，A球的速度v₁大小$\sqrt{\frac{2qES}{m}}$，方向向左．B球的速度v₂是$\sqrt{\frac{2qES}{m}}$，方向向右．
（3）勁度系數(shù)k的可能取值是$\frac{3{π}^{2}qE（2n+1）^{2}}{2s}$（n=0、1、2、3 ）

點(diǎn)評(píng) 本題是綜合性很強(qiáng)的題目，運(yùn)用到動(dòng)能定理、動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、牛頓定律，難點(diǎn)是抓住簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期性，得到A球運(yùn)動(dòng)時(shí)間的通項(xiàng)，即可求出K的可能值．