解题思路:(1)由静止释放B球,在B球向下摆动的过程中,重力和电场力做功,根据动能定理求解B球在碰撞前的速度;(2)A、B两球碰撞时无机械能损失,动量和机械能均守恒,由两大守恒定律列方程可求出碰撞后两球的速度.碰撞后A先向右匀速运动,再平抛运动,由运动的分解法求解A球离开平台的水平位移大小.
(1)设B球在最低点速度为
v 0,对B球,由动能定理得:
mBgL(1-cosα)+qBEL(1-cosα)=[1/2]mB
v20
解得:v0=4m/s
(2)碰撞后A球B球速度分别为vA,vB,由动量守恒得:
mBv0=mBvB+mAvA
能量守恒:[1/2mB
v20=
1
2mB
v2B+
1
2mA
v2A]
联立解得vA=4m/s(vB=0)
碰后A先匀速运动,再平抛运动
竖直方向:h=
1
2gt2
t=
2h
g=
2×0.8
10s=0.4s
水平位移s=vAt=4×0.4=1.6m
答:
(1)B球在碰撞前的速度是4m/s;
(2)A球离开平台的水平位移大小是1.6m.
点评:
本题考点: 动量守恒定律;平抛运动;动能定理的应用;能量守恒定律;带电粒子在匀强电场中的运动.
考点点评: 本题是动能定理、动量守恒、机械能守恒、平抛运动等知识的综合.本题中两球发生的弹性碰撞,遵守两大守恒.难度适中.