Question

16．如圖所示，質(zhì)量m_A=0.8kg、帶電量q=-4×10^-3C的A球用長(zhǎng)度l=0.8m的不可伸長(zhǎng)的絕緣輕線懸吊在O點(diǎn)，O點(diǎn)右側(cè)有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E=5×10³N/C．質(zhì)量m_B=0.2kg不帶電的B球靜止在光滑水平軌道上，右側(cè)緊貼著壓縮并鎖定的輕質(zhì)彈簧，彈簧右端與固定擋板連接，彈性勢(shì)能為3.6J．現(xiàn)將A球拉至左邊與圓心等高處釋放，將彈簧解除鎖定，B球離開(kāi)彈簧后，恰好與第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的A球相碰，并結(jié)合為一整體C，同時(shí)撤去水平軌道．A、B、C均可視為質(zhì)點(diǎn)，線始終未被拉斷，g=10m/s²．求：
（1）碰撞過(guò)程中A球?qū)�B球做的功
（2）碰后C第一次離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度
（3）C每次離開(kāi)最高點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)立即消失，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)又重新恢復(fù)，不考慮電場(chǎng)瞬間變化產(chǎn)生的影響，求C每次離開(kāi)電場(chǎng)前瞬間繩子受到的拉力．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)機(jī)械能守恒求出A球擺到最低點(diǎn)的速度，由B球彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能求出B球碰前速度，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒定律求出碰后整體的速度C，由動(dòng)能定理即可求解碰撞過(guò)程A球?qū)�B球所做的功；
（2）碰后整體做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出繩子剛好拉直時(shí)的速度，再由動(dòng)能定理求出碰后C第一次離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度；
（3）根據(jù)動(dòng)能定理和向心力的知識(shí)列式即可求解；

解答 解：（1）碰前A的速度
$\frac{1}{2}{m}_{A}^{\;}{v}_{A}^{2}={m}_{A}^{\;}gl$        
解得：${v}_{A}^{\;}=\sqrt{2gl}=\sqrt{2×10×0.8}m/s=4m/s$
碰前B的速度$E=\frac{1}{2}{m}_{B}^{\;}{v}_{B}^{2}$
解得：${v}_{B}^{\;}=\sqrt{\frac{2E}{{m}_{B}^{\;}}}=\sqrt{\frac{2×3.6}{0.2}}=6m/s$
由由動(dòng)量守恒得：
${m}_{A}^{\;}{v}_{A}^{\;}-{m}_{B}^{\;}{v}_{B}^{\;}=（{m}_{A}^{\;}+{m}_{B}^{\;}）{v}_{AB}^{\;}$
代入數(shù)據(jù)：
$0.8×4-0.2×6=（0.8+0.2）{v}_{AB}^{\;}$
解得：${v}_{AB}^{\;}=2m/s$
A對(duì)B所做的功$W=\frac{1}{2}{m}_{B}^{\;}{v}_{AB}^{2}-\frac{1}{2}{m}_{B}^{\;}{v}_{B}^{2}$=$\frac{1}{2}×0.2×{2}_{\;}^{2}-\frac{1}{2}×0.2×{6}_{\;}^{2}=-3.2J$
（2）碰后，整體受到電場(chǎng)力$F=qE=4×1{0}_{\;}^{-3}×5×1{0}_{\;}^{3}=20N$ 
$G={m}_{C}^{\;}g=（0.8+0.2）×10=10N$
因$F-{m}_{C}^{\;}g＞{m}_{C}^{\;}\frac{{v}_{\;}^{2}}{l}$，
小球做類平拋運(yùn)動(dòng)
水平方向上：
$x={v}_{C}^{\;}t$
豎直方向上：
$y=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$
其中$a=\frac{qE-{m}_{C}^{\;}g}{{m}_{C}^{\;}}$=$\frac{20-10}{0.8+0.2}=10m/{s}_{\;}^{2}$
圓的方程：
$（y-l）_{\;}^{2}+{x}_{\;}^{2}={l}_{\;}^{2}$
解得：x=0..8m         y=0.8m         t=0.4s
C剛好在圓心等高處繩子拉直
設(shè)此時(shí)C向上的速度為${v}_{1}^{\;}=at=10×0.4=4m/s$
設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)速度為${v}_{2}^{\;}$
由動(dòng)能定理得：
$\frac{1}{2}{m}_{C}^{\;}{v}_{2}^{2}-\frac{1}{2}{m}_{C}^{\;}{v}_{1}^{2}=（F-{m}_{C}^{\;}g）l$
代入數(shù)據(jù)：$\frac{1}{2}×1{v}_{2}^{2}-\frac{1}{2}×1×{4}_{\;}^{2}=（20-10）×0.8$
解得：${v}_{2}^{\;}=4\sqrt{2}$m/s=5.66m/s
（3）設(shè)小球從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度為${v}_{3}^{\;}$得：
$\frac{1}{2}{m}_{C}^{\;}{v}_{3}^{2}-\frac{1}{2}{m}_{C}^{\;}{v}_{2}^{2}={m}_{C}^{\;}g×2l$
代入數(shù)據(jù)：$\frac{1}{2}×1{v}_{3}^{2}-\frac{1}{2}×1×（4\sqrt{2}）_{\;}^{2}=1×10×2×0.8$
解得：${v}_{3}^{\;}=8m/s$
由$T+F-{m}_{C}^{\;}g={m}_{C}^{\;}\frac{{v}_{3}^{2}}{l}$
解得T=70N＞0，所以小球能一直做圓周運(yùn)動(dòng)
設(shè)經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)次數(shù)為n
$\frac{1}{2}{m}_{C}^{\;}{v}_{n}^{2}-\frac{1}{2}{m}_{C}^{\;}{v}_{2}^{2}=（n-1）qE×2l$
$T+{m}_{C}^{\;}g-F≥{m}_{C}^{\;}\frac{{v}_{n}^{2}}{l}$
解得：$T=（80n-30）N\\;\\;\\;\$      n=1，2，3，…
答：（1）碰撞過(guò)程中A球?qū)�B球做的功為-3.2J
（2）碰后C第一次離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度5.66m/s
（3）C每次離開(kāi)電場(chǎng)前瞬間繩子受到的拉力為（80n-30）N（n=0、1、2…）．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了動(dòng)能定理、動(dòng)量守恒定律、牛頓第二定律及功能關(guān)系的應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確分析物體的受力情況及運(yùn)動(dòng)過(guò)程，難度較大．