《2025年资源库高中物理人教版》

例294 [福建新高考]如图1-10-57(a),同一竖直平面内$A$、$B$、$M$、$N四点距O点的距离均为\sqrt{2}L$,$O为水平连线AB$的中点,$M$、$N在AB$连线的中垂线上. $A$、$B$两点分别固定有一点电荷,电荷量均为$Q(Q＞0)$. 以$O$为原点、竖直向下为正方向建立$x$轴. 若取无穷远处为电势零点,则$ON上的电势\varphi随位置x$的变化关系如图1-10-57(b)所示. 一电荷量为$Q(Q＞0)的小球S_1以一定初动能从M$点竖直下落,一段时间后经过$N$点,其在$ON段运动的加速度大小a随位置x$的变化关系如图1-10-57(c)所示. 其中$g$为重力加速度大小,$k$为静电力常量.
(1)求小球$S_1在M$点所受电场力大小.
(2)当小球$S_1运动到N$点时,恰与一沿$x轴负方向运动的不带电绝缘小球S_2$发生弹性碰撞. 已知$S_1与S_2$的质量相等,碰撞前、后$S_1的动能均为\frac{4kQ^2}{3L}$,碰撞时间极短. 求碰撞前$S_2$的动量大小.
(3)现将$S_2固定在N$点,为保证$S_1能运动到N$点与之相碰,$S_1从M$点下落时的初动能须满足什么条件？

【解析】(1)设$A到M点的距离为R_M$,$A点的电荷对小球S_1的库仑力大小为F_A$,由库仑定律有$F_A = \frac{kQ^2}{R_M^2}$ ①,设小球$S_1在M点所受电场力大小为F_M$,由力的合成有$F_M = 2F_A\cos45°$ ②,联立①②式,由几何关系并代入数据得$F_M = \frac{\sqrt{2}kQ^2}{4L^2}$ ③.
(2)设$O点下方\frac{L}{2}处为C$点,$A到C的距离为R_C$,小球$S_1在C处所受的库仑力大小为F_C$,由库仑定律和力的合成有$F_C = 2\frac{kQ^2}{R_C^2}\sin\theta$ ④,式中$\sin\theta = \frac{OC}{R_C}$,设小球$S_1的质量为m_1$,小球$S_1在C点的加速度大小为a$,由牛顿第二定律有$F_C + m_1g = m_1a$ ⑤,由图1-10-57(c)可知,式中$a = 2g$,联立④⑤式并代入数据得$m_1 = \frac{8kQ^2}{27gL^2}$ ⑥,设$S_2的质量为m_2$,碰撞前、后$S_1的速度分别为v_1$、$v_1'$,$S_2$碰撞前、后的速度分别为$v_2$、$v_2'$,取竖直向下为正方向,由动量守恒定律和能量守恒定律有$m_1v_1 + m_2v_2 = m_1v_1' + m_2v_2'$ ⑦,$\frac{1}{2}m_1v_1^2 + \frac{1}{2}m_2v_2^2 = \frac{1}{2}m_1v_1'^2 + \frac{1}{2}m_2v_2'^2$ ⑧,设小球$S_2碰撞前的动量为p_2$,由动量的定义有$p_2 = m_2v_2$ ⑨,依题意有$\frac{1}{2}m_1v_1^2 = \frac{1}{2}m_1v_1'^2 = \frac{4kQ^2}{3L}$,$m_1 = m_2$,联立⑥⑦⑧⑨式并代入数据可得$p_2 = -\frac{8kQ^2\sqrt{gL}}{9gL^2}$ ⑩,即碰撞前$S_2的动量大小为\frac{8kQ^2\sqrt{gL}}{9gL^2}$.
(3)设$O点上方\frac{L}{2}处为D$点. 根据图1-10-57(c)和对称性可知,$S_1在D$点所受的电场力大小等于小球的重力大小,方向竖直向上,$S_1$在此处加速度为零；$S_1在D$点上方做减速运动,在$D$点下方做加速运动,为保证$S_1能运动到N点与S_2$相碰,$S_1运动到D$点时的速度必须大于零. 设$M点与D点电势差为U_{MD}$,由电势差定义有$U_{MD} = \varphi_M - \varphi_D$ ⑪,设小球$S_1初动能为E_k$,运动到$D点时的动能为E_{kD}$,由动能定理有$m_1g(MO - DO) + QU_{MD} = E_{kD} - E_k$ ⑫,$E_{kD} ＞ 0$ ⑬,由对称性可知,$D点与C$点电势相等,$M点与N$点电势相等,依据图1-10-57(b)所给数据,并联立⑥⑪⑫⑬式可得$E_k ＞ \frac{(13 - 8\sqrt{2})kQ^2}{27L}$ ⑭.
【答案】(1)$\frac{\sqrt{2}kQ^2}{4L^2}$(2)$\frac{8kQ^2\sqrt{gL}}{9gL^2}$(3)$E_k ＞ \frac{(13 - 8\sqrt{2})kQ^2}{27L}$

答案：
(1)由库仑定律及力的合成，$F_A = \frac{kQ^2}{R_M^2}$，$F_M = 2F_A\cos45°$，几何关系得$R_M=2L$，联立得$F_M = \frac{\sqrt{2}kQ^2}{4L^2}$。
(2)在$C$点（$x=\frac{L}{2}$），$F_C = 2\frac{kQ^2}{R_C^2}\sin\theta$，$\sin\theta=\frac{x}{R_C}$，$R_C=\frac{3L}{2}$，由牛顿第二定律$F_C + m_1g = m_1a$，$a=2g$，解得$m_1=\frac{8kQ^2}{27gL^2}$。弹性碰撞中$m_1=m_2$，$v_1'=-v_1$，$v_2=-v_1$，$v_1=3\sqrt{gL}$，动量大小$|p_2|=m_1v_1=\frac{8kQ^2\sqrt{gL}}{9gL^2}$。
(3)由动能定理$m_1g(\sqrt{2}L-\frac{L}{2}) + Q(\varphi_M - \varphi_D) = E_{kD} - E_k$，$\varphi_M=\varphi_N=\frac{kQ}{L}$，$\varphi_D=\varphi_C=\frac{\sqrt{2}kQ}{4L}$，$E_{kD}＞0$，解得$E_k＞\frac{(13 - 8\sqrt{2})kQ^2}{27L}$。
(1)$\frac{\sqrt{2}kQ^2}{4L^2}$
(2)$\frac{8kQ^2\sqrt{gL}}{9gL^2}$
(3)$E_k＞\frac{(13 - 8\sqrt{2})kQ^2}{27L}$