Question

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檔板，ABCD為檔板與水平面的交線，其中ABC為直線，CD為半徑R=4.0cm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AB，在MN的左側有一沿AB方向均強大小為E₁=5.0×105V/m的勻強電場，在MN的右側有一沿MN方向均強大小為E₂=1.0×10⁷V/M勻強電場．質量m₂=4.0×10^-2kg的不帶電金屬小球靜置于C點，電量為q=+2.0×10^-6C、質量為m₁=4.0×10^-2kg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=0.5m，BC=1.20m，cos10°=0.985，

10

=π，簡諧振動的周期公式為T=2π

m k

式中m為振子的質量，k是回復力與位移大小的比值且為常數．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，結果取三位有效數字）．

Answer 1

分析：小球Q由靜止開始作勻加速直線運動，由動能定理可求得到達B點的速度．小球Q進入電場后作勻速運動，與靜止在C點的P球發生彈性碰撞，根據動量守恒和機械能守恒列式求出碰后兩球的速度．碰后Q球返回，先沿CB勻速運動進入E₁電場中，開始作勻減速直線運動，速度為零后又反向加速，從B點再次進入電場E₂．P球被碰后沿CD弧運動，根據動能定理求出運動到D點時圓心O的連線與OP夾角θ．可證明得到P球作簡諧振動，P第一次到達C點所用時間為

1

4

T．再根據運動學公式求解．

解答：解：小球Q由靜止開始作勻加速直線運動，設到達B處時速度為υ₀
則根據動能定理得：qE₁

.

AB

=

1

2

m1

v

2 0

∴v₀=

2qE1 . AB m1

代入解得，v₀=10m/s
Q球進入電場E₂后作勻速運動，與靜止在C點的P球發生彈性碰撞，碰后P、Q兩球電量等量分配且
由動量守恒得：m₁v₀=m₁v₁+m₂v₂          ①
又 

1

2

m1

v

2 0

=

1

2

m1

v

2 1

+

1

2

m2

v

2 2

              ②
解①、②可得v1=

m1-m2

m1+m2

v₀=-6m/s，v2=

2m1v0

m1+m2

=4m/s
即碰后Q球返回，先沿CB勻速運動進入E₁電場中，開始作勻減速直線運動，速度為零后又反向加速，運動到B以v₁=6m/s從B點再次進入電場E₂　由C到B過程中，運動時間t₁=

CB

v1

=

1.2

6

=0.2s    
在E₁中運動時間為t₂，則t₂=

2v1

a

，a=

qE1

2m1

聯立解得，t₂=0.4s　　　　　　　　　　
P球被碰后沿CD弧運動，設運動到D點且和圓心O的連線與OP夾角為θ
據動能定理

1

2

m2

v

2 2

=

1

2

qE2R（1-cosθ）
∴cosθ=1-

m1 v 2 2

qE2R

=0.992＞0.985  則    θ＜10°
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為F=

1

2

qE2sinθ
此力為使小球P振動的回復力  

∵θ＜10°∴sinθ≈θ≈

x

R

∴F=-

1

2R

qE2x式中k=

qE2

2R

，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       
故P球作簡諧振動，其周期為T=2π

mk k

=2π

2Rmk qE2

=0.8s
P第一次到達C點所用時間為

T

2

=0.4s
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△t=t₁+t₂-

T

2

=0.04s
P球在水平直線上向左運動的距離為L₁=v₂△t=0.16m        
設再經t₃，PQ兩球相遇
∴BC-L₁=（v₁+v₂）t₃
解得t₃=0.104s
相遇點距A為  S=AB-v₁t₃=0.5-6×0.104=1.12m
即距A球為1.12m處第二次相遇．
答：P、Q兩球距A球為1.12m處第二次相遇．

點評：本題過程十分復雜，要有足夠的耐心分析運動過程，采用程序法列式求解，綜合性很強，關鍵是證明P球作簡諧運動．