Question

5．如圖甲所示，真空中存在電場強(qiáng)度E=1.5×l0³V/m、方向豎直向上的勻強(qiáng)電場．在電場中固定有豎直面內(nèi)的光滑絕緣軌道ABC，其中AB段水平，BC段是半徑R=0.5m的半圓，直徑BC豎直．甲、乙是兩個完全相同的導(dǎo)體小球（均可視為質(zhì)點(diǎn)），質(zhì)量均為m=3×10^-2kg．甲球電量為q=+2×l0^-4C、乙球不帶電．開始時，乙球靜止于B點(diǎn)．甲球在水平軌道上以初速度v₀=2$\sqrt{5}$m/s向右運(yùn)動，與乙球發(fā)生時間極短的彈性正碰．碰撞后乙球沿圓軌道運(yùn)動到C點(diǎn)后水平拋出，落到水平軌道AB上的D點(diǎn)位置．取g=l0m/s²，求：
（1）甲、乙兩球碰撞后瞬間，乙球的速度v₂的大��；
（2）小球乙落在D點(diǎn)時，甲、乙兩小球之間的距離S；
（3）若只改變場強(qiáng)E的大小，為了保證乙球能沿豎直軌道運(yùn)動，并通過C點(diǎn)后落到水平軌道AB上，試確定場強(qiáng)E的取值范圍．設(shè)乙球從B點(diǎn)運(yùn)動到C的過程中，電勢能的變化量為△Ep，在圖2的坐標(biāo)系中，定量畫出小球乙的電勢能變化量△Ep與場強(qiáng)E的關(guān)系圖象．（畫圖時不必說明理由）

Answer 1

分析 （1）小球1、2發(fā)生彈性正碰，動量守恒，機(jī)械能守恒，結(jié)合動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律求出碰撞后瞬間小球2的速度．
（2）根據(jù)動能定理求出小球2通過C點(diǎn)的速度，結(jié)合牛頓第二定律求出軌道對它的壓力大小，小球2離開C點(diǎn)后做類平拋運(yùn)動，結(jié)合牛頓第二定律求出加速度，求出豎直方向上的運(yùn)動時間，通過等時性求出水平方向上的位移．
（3）為了保證小球2能沿軌道運(yùn)動并通過C點(diǎn)，通過C點(diǎn)時壓力大于等于零，以及抓住電場力小于重力，結(jié)合動能定理求出電場強(qiáng)度的范圍．由電場力做功與電勢能變化之間的關(guān)系可求出△${E}_{p}^{\;}$的最大值和最小值，作出$△{E}_{p}^{\;}-E$圖象

解答 解：（1）設(shè)甲小球和乙小球碰撞后的速度分別為${v}_{1}^{\;}$和${v}_{2}^{\;}$，由于動量守恒和機(jī)械能守恒：
$m{v}_{0}^{\;}=m{v}_{1}^{\;}+m{v}_{2}^{\;}$…①
$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}=\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}+\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$…②
解得：${v}_{1}^{\;}=0$，${v}_{2}^{\;}=2\sqrt{5}$m/s…③
甲球和乙球碰撞后電量均為${q}_{1}^{\;}=\frac{1}{2}q=+1×1{0}_{\;}^{-4}C$…④
（2）設(shè)乙球經(jīng)過C點(diǎn)速度為${v}_{3}^{\;}$，由動能定理得：
$（E{q}_{1}^{\;}-mg）2R=\frac{1}{2}m{v}_{3}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$…⑤
解得：${v}_{3}^{\;}=\sqrt{10}m/s$…⑥
由向心力公式得：${F}_{N}^{\;}+mg-E{q}_{1}^{\;}=m\frac{{v}_{3}^{2}}{R}$…⑦
解得：${F}_{N}^{\;}=0.45N$…⑧
乙球離開C點(diǎn)后做類似平拋運(yùn)動，加速度為a，運(yùn)動時間為t，水平位移為x：
${m}_{2}^{\;}g-E{q}_{1}^{\;}={m}_{2}^{\;}a$…⑨
$2R=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$…⑩
$x={v}_{3}^{\;}t$…⑪
解得：x=2m…⑫
（3）乙球能夠運(yùn)動到C點(diǎn)的條件是
${F}_{N}^{\;}≥0$…⑬
聯(lián)立（5）、（7）、（13）解得：
場強(qiáng)的最小值為${E}_{1}^{\;}≥600V/m$…⑭
乙球離開C點(diǎn)后落到軌道AB上，需滿足的條件是
$E{q}_{1}^{\;}＜{m}_{2}^{\;}g$…⑮
解得場強(qiáng)的最大值為${E}_{2}^{\;}＜1.5×1{0}_{\;}^{3}V/m$…⑯
所以場強(qiáng)的取值范圍為$600V/m≤E≤1.5×1{0}_{\;}^{3}V/m$…⑰
乙球由B點(diǎn)沿軌道運(yùn)動至C點(diǎn)的過程中，電場力做正功，電勢能減�。�
$△{E}_{p}^{\;}=-W=-E{q}_{1}^{\;}$•2R…⑱
解得：$△{E}_{p1}^{\;}=-0.06J$，$△{E}_{p2}^{\;}=-0.15J$…⑲
其電勢能變化量$△{E}_{p}^{\;}$與場強(qiáng)E的關(guān)系圖象如圖所示．

答：（1）甲、乙兩球碰撞后瞬間，乙球的速度v₂的大小$2\sqrt{5}m/s$；
（2）小球乙落在D點(diǎn)時，甲、乙兩小球之間的距離S為2m；
（3）若只改變場強(qiáng)E的大小，為了保證乙球能沿豎直軌道運(yùn)動，并通過C點(diǎn)后落到水平軌道AB上，場強(qiáng)E的取值范圍為．設(shè)乙球從B點(diǎn)運(yùn)動到C的過程中，電勢能的變化量為△Ep，在圖2的坐標(biāo)系中，定量畫出小球乙的電勢能變化量△Ep與場強(qiáng)E的關(guān)系圖象，圖象如上圖所示

點(diǎn)評 本題考查了動量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、動能定理、牛頓第二定律的綜合運(yùn)用，綜合性較強(qiáng)，對學(xué)生的能力要求較高，在處理小球圓周運(yùn)動和類平拋運(yùn)動時，不能將電場力忽略．