Question

5．如圖所示，“L”形槽固定在光滑水平面，槽的曲面部分光滑，水平部分粗糙且長度d=2m，上方有水平向右的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)E=10²N/C．不帶電的絕緣物體B靜止在槽的水平部分最左端，在槽的最右端并排放置一個與它等高的，足夠長的木板C，足夠遠(yuǎn)處有豎直的擋板P．ABC質(zhì)量均為m=1kg，現(xiàn)將帶正電的電量q=5×10^-2C，物體A從槽的曲面上距B的豎直高度為h=0.8m處由靜止釋放，已知A、B與槽的水平部分及C的上表面的動摩擦因數(shù)均為μ=0.4．A與B，C與P的碰撞過程時間極短且碰撞過程中無機(jī)械能損失．A、B均可看作質(zhì)點(diǎn)且A的電量始終保持不變，g取10m/s²．求：

（1）A與B第一次碰撞后B的速度；
（2）A與B第二次碰撞后B的速度；
（3）物體B最終停在距離木板C左端多遠(yuǎn)處．

Answer 1

分析 （1）A在光滑曲面上下滑過程，遵守機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律求出A與B第一次碰撞前的速度．A、B碰撞過程，遵守動量守恒和機(jī)械能守恒，據(jù)兩大守恒定律列式，求出碰后A、B的速度．
（2）A與B第一次碰撞后A做勻加速直線運(yùn)動，B做勻減速運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式求解A與B第二次碰撞前A的速度，再根據(jù)碰撞的規(guī)律求解B獲得的速度．
（3）根據(jù)動量守恒定律和能量守恒列出等式求解．

解答 解：（1）A與B第一次碰撞前，由機(jī)械能守恒定律得
$mgh=\frac{1}{2}mv_0^2$
 解得：v₀=4m/s
規(guī)定向右為正方向，碰撞過程動量守恒：
mv₀=mv_A+mv_B
機(jī)械能守恒：$\frac{1}{2}mv_0^2=\frac{1}{2}mv_A^2+\frac{1}{2}mv_B^2$
解得：v_A=0，v_B=4m/s
（2）A與B第一次碰撞后A做勻加速直線運(yùn)動，
加速度大小${a_1}=\frac{Eq-mgμ}{m}=1m/{s^2}$
B做勻減速速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律得
加速度大小${a_2}=\frac{mgμ}{m}=4m/{s^2}$
B的速度減到零所需的時間為$t=\frac{v_B}{a_2}=1s$
    位移為${x_B}=\frac{v_B}{2}t=2m$
而A作勻加速直線運(yùn)動1s發(fā)生的位移為${x_A}=\frac{1}{2}a{t^2}=0.5m＜{x_B}$
所以當(dāng)B的速度減到零以后才發(fā)生第二次碰撞，第二次碰撞前A的速度${v'_A}=\sqrt{2a{x_B}}=2m/s$
由動量守恒定律及機(jī)械能守恒可得：
A B第二次碰撞后B獲得的速度v'_B=2m/s
（3）A與B完成第二次碰撞后A將靜止．此時B剛好滑上C的上表面，
B與C在第一次與擋板P碰前的共同速度為mv'_B=2mv₁；
代入數(shù)據(jù)得：v₁=1m/s
C與P碰后向左運(yùn)動，因?yàn)锽與C動量大小相同，方向相反，取水平向右方向?yàn)檎�方向�?br />根據(jù)動量守恒定律得 mv₁-mv₁=2mv₂
代入數(shù)據(jù)得：v₂=0
最終BC靜止，B的動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，由能量守恒得：$\frac{1}{2}m{v'_B}^2=Q$
而Q=μmgs
故B距離C的左端：s=0.5m
答：（1）A與B第一次碰撞后B的速度是4m/s；
（2）A與B第二次碰撞后B的速度是2m/s；
（3）物體B最終停在距離木板C左端0.5m．

點(diǎn)評 本題主要考查了牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)基本公式、動量守恒定律的應(yīng)用，并能運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法和數(shù)列求和知識解題．