Question

 (22分)整個裝置圖如圖所示，在光滑絕緣水平面上固定一豎直的表面光滑的擋板，ABCD為擋板與水平面的交線，其中ABC為直線，CD為半徑R＝4.0 m的圓弧，C點為AC直線與CD圓弧的切點。整個裝置置于真空中兩有界的與水平面平行的勻強電場中，MN為兩電場的分界面與水平面的交線，且MN垂直于AB，在MN的左側(cè)有一沿AB方向場強大小為E₁＝5.0×105 V/m的勻強電場，在MN的右側(cè)有一沿MN方向場強大小為E₂＝1.0×10⁷ V/m的勻強電場。質(zhì)量m₂＝4.0×10^－2 kg的不帶電金屬小球靜置于C點，電量為q＝＋2.0×10^－6 C、質(zhì)量為m₁＝1.0×10^－2 kg的小球Q自A點靜止釋放(P、Q兩金屬球的大小完全相同)。已知AB＝0.5 m，BC＝1.20 m，cos10°＝0.985，＝π，簡諧振動的周期公式為T＝2π，式中m為振子的質(zhì)量，k是回復力與位移大小的比值且為常數(shù)。試求P、Q兩球在距A點多遠處第二次相碰(不計碰撞時機械能損失和電荷間的相互作用力，結(jié)果取三位有效數(shù)字)。



          

Answer 1

(22分)解：小球Q由靜止開始做勻加速直線運動，設(shè)到達B處時速度為v₀
則：qE₁＝m₁v
∴v₀＝＝＝10 m/s　　(2分)
Q球進入電場E₂后做勻速運動，與靜止在C點的P球發(fā)生彈性碰撞，碰后P、Q兩球電量等量分配且由動量守恒
m₁v₀＝m₁v₁＋m₂v₂�、佟　�(3分)
又：m₁v＝m₁v＋m₂v�、凇　�(3分)
解①、②可得：v₁＝v₀＝×10＝－6 m/s
v₂＝＝×10＝4 m/s　(2分)
即碰后Q球返回，先沿CB勻速運動進入E₁電場中，開始做勻減速直線運動，速度為零后又反向加速，運動到B以v₁＝6 m/s從B點再次進入電場E₂，由C到B過程中，運動時間：
t₁＝＝s＝0.2 s
在E₁中運動時間為t₂，則：t₂＝，a＝
∴t₂＝＝＝0.24 s　　(2分)
P球被碰后沿CD弧運動，設(shè)運動到D點且和圓心O的連線與OP夾角為θ，據(jù)動能定理：
m₂v＝qE₂R(1－cosθ)
∴cosθ＝1－＝0.992>0.985　θ<10°　　(2分)
小球在圓弧上運動的過程中，豎直方向上受力平衡，水平方向上受力如圖，電場力沿圓弧切線方向的分力為：

F＝qE₂sinθ　此力為使小球P振動的回復力　　(1分)
Θθ<10°　∴sinθ≈θ≈　　(1分)          
∴F＝qE₂x
∴k＝　x為小球P偏離平衡位置的位移，負號表示回復力F與x的方向相反　　(1分)
故P球做簡諧振動，其周期為：
T＝2π＝2π＝0.8 s　　(2分)
P第一次到達C點所用時間為＝0.4 s
Q球回到B處時，P在水平直線CB上向左勻速運動的時間為：Δt＝t₁＋t₂－＝0.04 s
P球在水平直線上向左運動的距離為：L₁＝v₂Δt＝0.16 m(1分)
設(shè)再經(jīng)t₃，PQ兩球相遇
∴BC－L₁＝(v₁＋v₂)t₃
∴t₃＝＝S＝0.104 s　　(1分)
相遇點距A為：S＝AB－v₁t₃＝0.5＋6×0.104＝1.12 m　
即距A球為1.12 m處第二次相遇.　　(1分)

(1)Q球在電場E₁中向右加速；(2)Q在電場E₂中勻速運動，與P碰撞：動量守恒、機械能守恒。且電量平分；(3)碰后Q球返回，P球沿軌道上擺；(4)求證P球為簡諧振動，并確定其振動周期；⑸根據(jù)運動學關(guān)系確定兩球二次相遇位置。
本題考查牛頓運動定律、動量守恒，簡諧運動，較難題。