Question

20．如图所示，真空中存在电场强度E=1.5×10³V/m、方向竖直向上的匀强电场．在电场中固定有竖直面内的光滑绝缘轨道ABC，其中AB段水平，BC段是半径R=0.5m的半圆，直径BC竖直．有两个大小相同的金属小球1和2（均可视为质点），小球2的质量m₂=3×10^-2kg、电量q=+2×10^-4C，静止于B点；小球1的质量m₁=2×10^-2kg、不带电，在轨道上以初速度v₀=$\frac{5}{2}\sqrt{5}$m/s向右运动，与小球2发生弹性正碰，碰撞时间极短，取g=10m/s²，求
（1）碰撞后瞬间小球2的速度v₂的大小；
（2）小球2经过C点时，轨道对它的压力F_N的大小以及它第一次落到轨道AB上的位置距B点的距离x；
（3）若只改变场强E的大小，为了保证小球2能沿轨道运动并通过C点，试确定场强E的取值范围．

Answer 1

分析 （1）小球1、2发生弹性正碰，动量守恒，机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰撞后瞬间小球2的速度．
（2）根据动能定理求出小球2通过C点的速度，结合牛顿第二定律求出轨道对它的压力大小，小球2离开C点后做类平抛运动，结合牛顿第二定律求出加速度，求出竖直方向上的运动时间，通过等时性求出水平方向上的位移．
（3）为了保证小球2能沿轨道运动并通过C点，通过C点时压力大于等于零，以及抓住电场力小于重力，结合动能定理求出电场强度的范围．

解答 解（1）设两小球碰撞后的速度速度分别为v₁、v₂，规定向右为正方向，则
m₁v₀=m₁v₁+m₂v₂，
$\frac{1}{2}{m}_{1}{{v}_{0}}^{2}=\frac{1}{2}{m}_{1}{{v}_{1}}^{2}+\frac{1}{2}{m}_{2}{{v}_{2}}^{2}$，
解得：${v}_{2}=\frac{2{m}_{1}{v}_{0}}{{m}_{1}+{m}_{2}}$=$\frac{2×2×1{0}^{-2}×\frac{5\sqrt{5}}{2}}{2×1{0}^{-2}+3×1{0}^{-2}}=2\sqrt{5}m/s$  
（2）设小球2经过C点时速度为v₂′，由动能定理，有：
$（\frac{q}{2}E-{m}_{2}g）•2R=\frac{1}{2}{m}_{2}{v}_{2}{′}^{2}-\frac{1}{2}{m}_{2}{{v}_{2}}^{2}$，
代入数据解得：${v}_{2}′=\sqrt{10}$m/s．
又 ${F}_{N}+{m}_{2}g-\frac{q}{2}E={m}_{2}\frac{{v}_{2}{′}^{2}}{R}$ 
代入数据得：F_N=0.45N，
小球2离开C点后做类平抛运动，加速度为：$a=\frac{{m}_{2}g-\frac{1}{2}qE}{{m}_{2}}=\frac{1}{2}g=5m/{s}^{2}$，
根据$2R=\frac{1}{2}a{t}^{2}$得：t=$\sqrt{\frac{4R}{a}}$．
得：$x={v}_{2}′t=\sqrt{10}\sqrt{\frac{4×0.5}{5}}m=2m$
（3）在上述（2）中，令F_N≥0，即有：
${m}_{2}\frac{{{v}_{2}}^{2}}{R}-5{m}_{2}g+\frac{5}{2}qE≥0$，
$E≥\frac{2{m}_{2}（g-\frac{{{v}_{2}}^{2}}{5R}）}{q}$=$\frac{2×3×1{0}^{-2}×（10-\frac{20}{5×0.5}）}{2×1{0}^{-4}}=6×1{0}^{2}V/m$，
又由题设有qE≤m₂g，解得：
$E≤\frac{{m}_{2}g}{q}=\frac{3×1{0}^{-2}×10}{2×1{0}^{-4}}=1.5×1{0}^{3}V/m$．
故满足题目要求的场强E大小的取值范围是：
0.6×10³V/m≤E≤1.5×10³V/m．
答：（1）碰撞后瞬间小球2的速度v₂的大小为$2\sqrt{5}$m/s；
（2）小球2经过C点时，轨道对它的压力F_N的大小为0.45N，第一次落到轨道AB上的位置距B点的距离为2m．
（3）场强E的取值范围为0.6×10³V/m≤E≤1.5×10³V/m．

点评 本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理、牛顿第二定律的综合运用，综合性较强，对学生的能力要求较高，在处理小球圆周运动和类平抛运动时，不能将电场力忽略．