Question

（2010?四川）如圖所示，空間有場強E=0.5N/C的豎直向下的勻強電場，長l=0.3

3

m的不可伸長的輕繩一端固定于O點，另一端系一質量m=0.01kg的不帶電小球A，拉起小球至繩水平后，無初速釋放．另一電荷量q=+0.1C、質量與A相同的小球P，以速度v₀=3

3

m/s水平拋出，經(jīng)時間t=0.2s與小球A在D點迎面正碰并粘在一起成為小球C，碰后瞬間斷開輕繩，同時對小球C施加一恒力，此后小球C與D點下方一足夠大的平板相遇．不計空氣阻力，小球均可視為質點，取g=10m/s²．
（1）求碰撞前瞬間小球P的速度．
（2）若小球C經(jīng)過路程s=0.09m到達平板，此時速度恰好為0，求所加的恒力．
（3）若施加恒力后，保持平板垂直于紙面且與水平面的夾角不變，在D點下方面任意改變平板位置，小球C均能與平板正碰，求出所有滿足條件的恒力．

Answer 1

分析：（1）小球P在碰撞前做類平拋運動，可通過牛頓第二定律求得豎直方向的加速度，再根據(jù)時間就可以求得碰撞前小球豎直方向的速度，水平方向速度已知，根據(jù)矢量合成求出小球P碰撞瞬間的速度．
（2）小球P與A在D點正碰，小球P此時的速度與水平方向的夾角為θ，連接小球A的繩子與豎直方向的夾角也為θ，可以求得θ，對A球從開始運動至D點的過程，運用動能定理求得A求的速度，再根據(jù)動量守恒定理求得碰撞后的共同速度，小球C經(jīng)過路程s后到達夾板，此時速度變?yōu)?，表明小球C一定做勻減速直線運動，由運動學公式得出加速度，再根據(jù)牛頓第二定律就可以求出恒力；
（3）平板足夠大，且在D點下方任意改變平板位置，那則可以將平板放置到無限遠，但根據(jù)題意也要發(fā)生正碰（垂直打在板上），則小球C必須勻速或勻加速運動．故恒力F′的方向是從豎直向上順時針轉至無限接近速度的方向的范圍內(nèi)，為了使小球C能做勻速直線運動或勻加速直線運動，則在小球C運動的速度的垂直方向上合力為零，即可以求得恒力的范圍．

解答：解：（1）小球P在碰撞前做類平拋運動，豎直方向的加速度
a=

mg+qE

m

=

0.01×10+0.1×0.5

0.01

m/s2=15m/s2
小球P在碰撞瞬間豎直向下的速度為v_y=at=15×0.2m/s=3m/s
所以小球P碰撞瞬間的速度vP=

v 2 0 + v 2 y

=

(3 3 )2+32

m/s=6m/s
（2）小球P與A在D點正碰，小球P此時的速度與水平方向的夾角為θ，連接小球A的繩子與豎直方向的夾角也為θ．tanθ=

vy

v0

=

3

3 3

=

3

3

則θ=30°
對A球從開始運動至D點的過程，由動能定理得mglcosθ=

1

2

m

v

2 A

解得vA=

2glcosθ

=3m/s
P與A球迎面正碰并粘在一起成為小球C，根據(jù)動量守恒定律有
    mv_P-mv_A=2mv_C
解得：v_C=1.5m/s
小球C經(jīng)過路程s后到達夾板，此時速度變?yōu)?，表明小球C一定做勻減速直線運動，其運動速度與受力示意圖如右圖所示．
由運動學公式得：
a=

vC2

2s

=12.5m/s²
設恒力F與豎直方向的夾角為α，建立如圖所示的坐標系，根據(jù)牛頓第二定律得：
在x軸上（沿加速度方向）：Fcos（90°-α-θ）-（2mg+qE）sinθ=2ma
在y軸上：Fsin（90°-α-θ）-（2mg+qE）cosθ=0
由以上二式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：
F=

3

4

N，α=30°
（3）平板足夠大，且在D點下方任意改變平板位置，那則可以將平板放置到無限遠，但根據(jù)題意也要發(fā)生正碰（垂直打在板上），則小球C必須勻速或勻加速運動．故恒力F′的方向是從豎直向上順時針轉至無限接近速度的方向的范圍內(nèi)，設恒力F′與豎直方向的夾角為β，則有
0°≤β＜120°
為了使小球C能做勻速直線運動或勻加速直線運動，則在小球C運動的速度的垂直方向上合力為零，有F'cos（θ-β）=（2mg+qE）cosθ
解得F=

3

8cos(30°-β)

(其中0°≤β＜120°)．
答：（1）求碰撞前瞬間小球P的速度為；（2）所加的恒力為

3

4

N方向與豎直方向夾角為30°；（3）恒力滿足的條件為F=

3

8cos(30°-β)

(其中0°≤β＜120°)．

點評：該題涉及的知識點很多，結合了平拋運動的基本規(guī)律、運動的合成與分解、動量守恒定律、動能定理、牛頓第二定律的應用等相關知識，難度比較大，對同學們的綜合能力要求比較高，屬于難題．