Question

如圖所示．一表面光滑的絕緣U型框靜止于光滑的水平面上，處于水平向右的勻強電場中．帶正電的小球從框的左瑞無初速釋放，在電場的作用下開始運動，與框發(fā)生彈性碰撞．已知場強大小E=2.0×10³ V/m，小球所帶電量q=l．Oxl0^-4C，球與框的質量均為m=O.1kg．框左右兩端相距L=1．Om（小球可視為質點，每次碰撞的時同都極短，整個過程無電荷轉移，電場區(qū)域足夠大）． 
求：
（1）小球第一次與框右端相碰前瞬間的加速度與速度的大小．
（2）小球第一次與框右端相碰到第二次與框右端相碰所經(jīng)歷的時間．
（3）從小球開始運動到第n次與框右端相碰時，小球運動位移的大�。�

Answer 1

【答案】分析：（1）根據(jù)牛頓第二定律求出A球的加速度，由速度位移公式求出小球與第一次與框右端碰撞前的速度．由于碰撞過程中總動能無損失，交換速度．
（2）根據(jù)速度公式求出第一次碰撞時間．第一次碰后，框做勻速運動，小球在電場力作用下做勻加速運動，小球球追及框右端，當位移相等時，發(fā)生第二碰撞，由位移相等求出第二次碰撞時間．同理求解第三次碰撞時間．
（3）采用歸納法分別分析從計時零點到即將發(fā)生第1次碰撞這段過程、第1次碰撞到即將發(fā)生第2次碰撞這段過程、從第2次碰撞到即將發(fā)生第3次碰撞這段過程…小球經(jīng)過的位移，得出規(guī)律，再求總位移．
解答：解：（1）小球的加速度為a==2m/s²，碰前其速度為v₁===2m/s，碰前框的速度為V₁=0．
（2）由于碰撞過程中總動能無損失，則交換速度，碰撞后小球和框的速度分別為
v₁′=0，V₁′=v₁=2m/s．
設小球第一次與框右端相碰到第二次與框右端相碰所經(jīng)歷的時間為t₁，則
   at₁²=V₁′t₁，則得t₁=2s
（3）設從開始到即將發(fā)生第1次碰撞這段過程中，球經(jīng)過的位移為S₁，
從第1次碰撞到即將發(fā)生第2次碰撞這段過程中，球經(jīng)過的位移為S₂，
從第2次碰撞到即將發(fā)生第3次碰撞這段過程中，球經(jīng)過的位移為S₃，
…
則S₁=1m=L：
S₂=V₁′t₁=4m=4L；
小球第二次與框右端相碰前的速度大小為v₂=at₁=4m/s，碰撞后小球和框的速度分別為
v₂′=0，V₂′=v₂=4m/s，
設小球第二次與框右端相碰到第三次與框右端相碰所經(jīng)歷的時間為t₂，則
  at₂²=V₂′t₂，則得t₂=4s，S₃=V₂′t₂=16m=16L
小球第三次與框右端相碰前的速度大小為v₃=at₂=8m/s，碰撞后小球和框的速度分別為
v₂′=0，V₂′=v₂=8m/s，
設小球第三次與框右端相碰到第四次與框右端相碰所經(jīng)歷的時間為t₃，則
 at₃²=V₃′t₃，得t₃=8s，S₃=V₂′t₂=64m=64L
…
第（n-1）次碰撞到即將發(fā)生第n次碰撞這段過程中，球經(jīng)過的位移為S_n=L，
所以，從計時零點到即將發(fā)生第n次碰撞這段過程中，小球A經(jīng)過的位移大小為
S=S₁+S₂+S₃+…+S_n=L+4L+16L+64L…+[4（n-1）]²L=1+4+16L+64…+[4（n-1）]²（m）
答：
（1）小球第一次與框右端相碰前瞬間的加速度是2m/s²，速度的大小是2m/s．
（2）小球第一次與框右端相碰到第二次與框右端相碰所經(jīng)歷的時間是2s．
（3）從小球開始運動到第n次與框右端相碰時，小球運動位移的大小是1+4+16L+64…+[4（n-1）]²（m）．
點評：本題是小球周期性運動問題，關鍵要采用歸納法總結規(guī)律，運用數(shù)學方法求解．