Question

如图所示．一表面光滑的绝缘U型框静止于光滑的水平面上，处于水平向右的匀强电场中．带正电的小球从框的左瑞无初速释放，在电场的作用下开始运动，与框发生弹性碰撞．已知场强大小E=2.0×10³ V/m，小球所带电量q=l．Oxl0^-4C，球与框的质量均为m=O.1kg．框左右两端相距L=1．Om（小球可视为质点，每次碰撞的时同都极短，整个过程无电荷转移，电场区域足够大）． 
求：
（1）小球第一次与框右端相碰前瞬间的加速度与速度的大小．
（2）小球第一次与框右端相碰到第二次与框右端相碰所经历的时间．
（3）从小球开始运动到第n次与框右端相碰时，小球运动位移的大小．

Answer

（1）根据牛顿第二定律求出A球的加速度，由速度位移公式求出小球与第一次与框右端碰撞前的速度．由于碰撞过程中总动能无损失，交换速度．
（2）根据速度公式求出第一次碰撞时间．第一次碰后，框做匀速运动，小球在电场力作用下做匀加速运动，小球球追及框右端，当位移相等时，发生第二碰撞，由位移相等求出第二次碰撞时间．同理求解第三次碰撞时间．
（3）采用归纳法分别分析从计时零点到即将发生第1次碰撞这段过程、第1次碰撞到即将发生第2次碰撞这段过程、从第2次碰撞到即将发生第3次碰撞这段过程…小球经过的位移，得出规律，再求总位移．
【解析】
（1）小球的加速度为a==2m/s2，碰前其速度为v1===2m/s，碰前框的速度为V1=0．
（2）由于碰撞过程中总动能无损失，则交换速度，碰撞后小球和框的速度分别为
v1′=0，V1′=v1=2m/s．
设小球第一次与框右端相碰到第二次与框右端相碰所经历的时间为t1，则
   at12=V1′t1，则得t1=2s
（3）设从开始到即将发生第1次碰撞这段过程中，球经过的位移为S1，
从第1次碰撞到即将发生第2次碰撞这段过程中，球经过的位移为S2，
从第2次碰撞到即将发生第3次碰撞这段过程中，球经过的位移为S3，
…
则S1=1m=L：
S2=V1′t1=4m=4L；
小球第二次与框右端相碰前的速度大小为v2=at1=4m/s，碰撞后小球和框的速度分别为
v2′=0，V2′=v2=4m/s，
设小球第二次与框右端相碰到第三次与框右端相碰所经历的时间为t2，则
  at22=V2′t2，则得t2=4s，S3=V2′t2=16m=16L
小球第三次与框右端相碰前的速度大小为v3=at2=8m/s，碰撞后小球和框的速度分别为
v2′=0，V2′=v2=8m/s，
设小球第三次与框右端相碰到第四次与框右端相碰所经历的时间为t3，则
 at32=V3′t3，得t3=8s，S3=V2′t2=64m=64L
…
第（n-1）次碰撞到即将发生第n次碰撞这段过程中，球经过的位移为Sn=L，
所以，从计时零点到即将发生第n次碰撞这段过程中，小球A经过的位移大小为
S=S1+S2+S3+…+Sn=L+4L+16L+64L…+[4（n-1）]2L=1+4+16L+64…+[4（n-1）]2（m）
答：
（1）小球第一次与框右端相碰前瞬间的加速度是2m/s2，速度的大小是2m/s．
（2）小球第一次与框右端相碰到第二次与框右端相碰所经历的时间是2s．
（3）从小球开始运动到第n次与框右端相碰时，小球运动位移的大小是1+4+16L+64…+[4（n-1）]2（m）．