分析 (1)(2)P1從A到O的過程是勻速直線運(yùn)動,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,碰撞過程中符合動量守恒.又因條件中有T=L0v0,故碰后P1開始受到電場力的作用,向左做勻減速運(yùn)動,用運(yùn)動學(xué)公式和牛頓第二定律可求出P1向做運(yùn)動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=L0v0,與P2碰撞時(shí),電場剛好由零變?yōu)镋0,碰撞后,P1的速度:v1=23v0,在電場中,P1的加速度是:a=qE0m1,
在t1時(shí)間內(nèi),有電場,P1做勻減速運(yùn)動P1向左運(yùn)動的最大距離為:s=v212a=13L0;
(2)由動能定理:qE0s=12mv21=12m(23v0)2s,
由動量定理:qE0t=mv1,
解得:t=T;
(3)系統(tǒng)動量守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律得:m1v0=m1v1+m2v2
解得P2的速度:v2=13v0,
P2從O點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)所需時(shí)間:t2=Lv2=4T,
在t2時(shí)間內(nèi),一直存在電場,則P1的位移:x1=v1t2+12at22=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)動的最大距離為13L0;
(2)碰撞后小球P1向左運(yùn)動所需時(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,碰撞過程動量守恒.分析判斷P1碰撞后在電場力的作用下如何運(yùn)動和追擊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?
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計(jì)數(shù)點(diǎn) | B | C | D | E | F |
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科目:高中物理 來源: 題型:多選題
A. | 彈簧壓縮到最短時(shí),兩物塊的速度相同 | |
B. | 彈簧壓縮到最短時(shí),兩物塊的加速度相同 | |
C. | 兩木塊速度相同時(shí),加速度aA>aB | |
D. | 兩木塊加速度相同時(shí),速度vA>vB |
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