Question

10．如圖（a）所示，在光滑絕緣水平面的AB區(qū)域內(nèi)存在水平向右的電場，場強(qiáng)E隨時(shí)間的變化如圖（b）所示．不帶電的絕緣小球P₂靜止在O點(diǎn)，t=0時(shí)，帶正電的小球P₁以速度v₀從A點(diǎn)進(jìn)入AB區(qū)域，隨后與P₂發(fā)生正碰后反彈，反彈速度大小是碰前的$\frac{2}{3}$倍，P₁的質(zhì)量為m₁，帶電量為q，P₂的質(zhì)量m₂=5m₁，A、O間距為L₀，O、B間距$L=\frac{4}{3}{L_0}$（已知$\frac{q{E}_{0}}{{m}_{1}}$=$\frac{{2v}_{0}^{2}}{3{L}_{0}}$，T=$\frac{{L}_{0}}{{v}_{0}}$．）求：

（1）碰撞后小球P₁向左運(yùn)動(dòng)的最大距離
（2）碰撞后小球P₁向左運(yùn)動(dòng)所需時(shí)間；
（3）討論兩球能否在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞．

Answer 1

分析 （1）（2）P₁從A到O的過程是勻速直線運(yùn)動(dòng)，知道了AO的距離和P₁速度，可求出P₁從A到O所用的時(shí)間t，當(dāng)P₁到達(dá)O點(diǎn)與P₂碰撞，碰撞過程中符合動(dòng)量守恒．又因條件中有T=$\frac{{L}_{0}}{{v}_{0}}$，故碰后P₁開始受到電場力的作用，向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律可求出P₁向做運(yùn)動(dòng)的最大位移和所需時(shí)間．
（3）討論兩球在OB區(qū)域能否再次發(fā)生碰撞，就是判斷從第一次碰撞開始，在4T的時(shí)間內(nèi)，P₁能否追上P₂，此問利用假設(shè)法解答，假設(shè)能碰撞，可判斷此過程中兩球的位移相等．應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式驗(yàn)證假設(shè)成立．

解答 解：（1）小球P₁到達(dá)O點(diǎn)的時(shí)間T=$\frac{{L}_{0}}{{v}_{0}}$，與P₂碰撞時(shí)，電場剛好由零變?yōu)镋₀，碰撞后，P₁的速度：v₁=$\frac{2}{3}$v₀，在電場中，P₁的加速度是：a=$\frac{q{E}_{0}}{{m}_{1}}$，
在t₁時(shí)間內(nèi)，有電場，P₁做勻減速運(yùn)動(dòng)P₁向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為：s=$\frac{{v}_{1}^{2}}{2a}$=$\frac{1}{3}$L₀；
（2）由動(dòng)能定理：$q{E_0}s=\frac{1}{2}mv_1^2=\frac{1}{2}m{（\frac{2}{3}v_0^{\;}）^2}$s，
由動(dòng)量定理：qE₀t=mv₁，
解得：t=T；
（3）系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：m₁v₀=m₁v₁+m₂v₂
解得P₂的速度：v₂=$\frac{1}{3}$v₀，
P₂從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所需時(shí)間：t₂=$\frac{L}{{v}_{2}}$=4T，
在t₂時(shí)間內(nèi)，一直存在電場，則P₁的位移：x₁=v₁t₂+$\frac{1}{2}$at₂²=2L，
由于x₁＞L，故在OB之間P₁與P₂能再次碰撞；
答：（1）碰撞后小球P₁向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為$\frac{1}{3}$L₀；
（2）碰撞后小球P₁向左運(yùn)動(dòng)所需時(shí)間為T；
（3）兩球能否在OB區(qū)間內(nèi)能再次發(fā)生碰撞．

點(diǎn)評 判斷兩球在O點(diǎn)碰撞后P₁開始受電場力的作用是解決本題關(guān)鍵之一，碰撞過程動(dòng)量守恒．分析判斷P₁碰撞后在電場力的作用下如何運(yùn)動(dòng)和追擊P₂是解決本題的關(guān)鍵之二，還要判斷在追擊過程中，P₁受到的電場力是否發(fā)生變化．教具追擊與相遇問題的關(guān)鍵是尋找相關(guān)聯(lián)的物理量，此題中位移關(guān)系成了相關(guān)聯(lián)的量．此題電場強(qiáng)度E隨時(shí)間的變化改成到3T時(shí)電場消失，第二問又應(yīng)如何解答呢？