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8.如圖所示,相距L的兩小球A、B位于同一高度h(L、h均為定值).將A向B水平拋出的同時,B自由下落,A、B與地面碰撞前后,水平分速度不變,豎直分速度大小不變.方向相反.不計空氣阻力及小球與地面碰撞的時間.勻強電場方向水平向右,場強大小為E,小球A、B質量均為m,A帶電量為+q,小球B不帶電.水平地面絕緣,重力加速度取g.求:
(1)要使A、B兩小球在第一次落地前相遇,A水平拋出的初速度v0應滿足的條件.
(2)要使A、B兩小球在最高點相遇,A水平拋出的初速度v0應滿足的條件.
(3)若B帶電量為+2q,要使B球第3次落地時被A追上,A水平拋出的初速度v0應滿足的條件.

分析 (1)兩球在豎直方向都做自由落體運動,由h=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$求出兩球相遇的時間t=$\sqrt{\frac{2h}{g}}$.要使A、B兩小球在第一次落地前相遇,A球的水平位移必須滿足x>L.根據(jù)位移時間公式列式求解.
(2)A、B兩小球在最高點相遇時,所用時間應為 t=2nt(n=1,2,3…),且x=L,根據(jù)位移時間公式求解.
(3)要使B球第3次落地時被A追上時,所用時間為 t3=5t.兩球的水平位移關系為 xA-xB=L,由牛頓第二定律求出B球的水平分加速度,根據(jù)位移公式和位移關系求解.

解答 解:(1)兩球在豎直方向均有 h=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$,得 t=$\sqrt{\frac{2h}{g}}$
對于A球:水平方向有 F=qE=ma,得
 a=$\frac{qE}{m}$
水平位移大小 x=v0t+$\frac{1}{2}$at2=v0t+$\frac{1}{2}$•$\frac{qE}{m}$t2;
根據(jù)題意,有x>L
解得 v0>$\sqrt{\frac{g}{2h}}$(L-$\frac{qEh}{mg}$)
(2)A、B兩小球在最高點相遇時,所用時間 t=2nt(n=1,2,3…)
x=L
即v0t+$\frac{1}{2}$at2=v0t+$\frac{1}{2}$•$\frac{qE}{m}$t2=L
解得 v0=$\frac{1}{2n}$(L-$\frac{4{n}^{2}qEh}{mg}$),(n=1,2,3…)
(3)要使B球第3次落地時被A追上時,所用時間為 t3=5t
B球水平分加速度為 aB=$\frac{E•2q}{m}$=$\frac{2qE}{m}$
追上時位移關系為 xA-xB=L
即v0t3+$\frac{1}{2}$$•\frac{qE}{m}$t32-$\frac{1}{2}{a}_{B}{t}_{3}^{2}$=L
解得 v0=$\frac{1}{5}$$\sqrt{\frac{g}{2h}}$(L+$\frac{12Eqh}{mg}$)
答:
(1)要使A、B兩小球在第一次落地前相遇,A水平拋出的初速度v0應滿足的條件為v0>$\sqrt{\frac{g}{2h}}$(L-$\frac{qEh}{mg}$).
(2)要使A、B兩小球在最高點相遇,A水平拋出的初速度v0應滿足的條件為v0=$\frac{1}{2n}$(L-$\frac{4{n}^{2}qEh}{mg}$),(n=1,2,3…).
(3)若B帶電量為+2q,要使B球第3次落地時被A追上,A水平拋出的初速度v0應滿足的條件為v0=$\frac{1}{5}$$\sqrt{\frac{g}{2h}}$(L+$\frac{12Eqh}{mg}$).

點評 本題運用運動的分解法研究兩球的運動規(guī)律和相遇條件,要知道兩球豎直方向都做自由落體運動,關鍵要抓住相遇時位移必須滿足的條件,由牛頓第二定律和運動學規(guī)律結合解答.

練習冊系列答案
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a.安裝斜槽軌道,使其末端保持水平
b.每次小球釋放的初始位置可以任意選擇
c.每次小球應從同一高度由靜止釋放
d.為描出小球的運動軌跡,描繪的點可以用折線連接
(2)本實驗中,下列器材中不需要的是BD.
A.斜槽   B.秒表   C.坐標紙  D.天平   E.鉛筆     F.重垂線
(3)實驗得到平拋小球的運動軌跡,在軌跡上取一些點,以平拋起點O為坐標原點,測量它們的水平坐標x和豎直坐標y,圖2中y-x2圖象能說明平拋小球運動軌跡為拋物線的是C.

(4)圖3是某同學根據(jù)實驗畫出的平拋小球的運動軌跡,O為平拋的起點,在軌跡上任取三點A、B、C,測得A、B兩點豎直坐標y1為5.0cm、y2為45.0cm,A、B兩點水平間距△x為40.0cm.則小球從O點到B點運動的時間為0.30s,平拋小球的初速度v0為2.0m/s,若C點的豎直坐標y3為60.0cm,則小球在C點豎直方向的速度為4.0m/s.(結果保留兩位有效數(shù)字,g取10m/s2).

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