一两带电小球直线上碰撞-精品文档
初中物理碰撞知识点归纳总结
初中物理碰撞知识点归纳总结物体的碰撞是物理学中一个重要的研究内容，碰撞可以分为弹性碰撞和非弹性碰撞两种类型。
在初中物理学习中，我们需要掌握关于碰撞的基本概念、碰撞的规律以及碰撞实例的分析等知识。
本文将对初中物理碰撞相关知识点进行归纳总结。
一、碰撞的基本概念碰撞是指两个物体相互接触并产生的相互作用。
在碰撞中，物体之间会交换动量和能量。
1.1 动量动量是物体运动的量度，用符号p表示。
动量的大小与物体的质量和速度有关，公式为p=mv，其中m为物体的质量，v为物体的速度。
1.2 动量守恒定律在一个封闭系统中，当物体之间发生碰撞时，系统总动量守恒，即碰撞前后系统总动量保持不变。
这一定律可以用数学表达式表示为m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2'，其中m1、m2分别为物体1和物体2的质量，v1、v2为碰撞前物体1和物体2的速度，v1'、v2'为碰撞后物体1和物体2的速度。
二、弹性碰撞弹性碰撞是指碰撞后物体之间既交换动量又不损失能量的碰撞。
2.1 完全弹性碰撞在完全弹性碰撞中，碰撞物体之间能量的总和在碰撞前后保持不变，碰撞后物体反弹方向相对于碰撞前方向相反，并且速度大小均发生改变。
2.2 弹性碰撞的特点弹性碰撞具有以下特点：- 碰撞前后物体间的相对速度改变；- 碰撞前后物体间的相对加速度改变；- 碰撞后物体的动能、动量发生变化；三、非弹性碰撞非弹性碰撞是指碰撞后物体之间虽然能量发生转换，但是总能量仍保持不变，其中一部分能量转化为内能。
3.1 完全非弹性碰撞完全非弹性碰撞中，碰撞后物体之间粘结在一起并以相同速度共同运动。
3.2 部分非弹性碰撞部分非弹性碰撞中，碰撞后物体之间会有相对滑动，速度可能不相同。
四、碰撞实例分析在日常生活中，有许多碰撞现象可以应用以上所述的碰撞知识点进行分析，下面举几个例子进行讲解。
4.1 硬币碰撞当一个硬币从一定高度自由落下并与地面碰撞时，这是一个非弹性碰撞的实例。
碰撞检测_精品文档
碰撞检测碰撞检测是计算机图形学领域中一个非常重要的概念，它用于判断两个或多个物体是否发生了碰撞。
在游戏开发、物理模拟、虚拟现实等领域中都广泛应用了碰撞检测技术。
本文将对碰撞检测的基本原理、常用算法和应用进行介绍。
一、碰撞检测的基本原理在计算机图形学中，通常将物体抽象为多边形、球体、立方体等几何形状。
当两个物体发生碰撞时，它们的边界或表面上的点会彼此重叠。
因此，判断两个物体是否发生碰撞，关键是要检测它们的边界或表面是否相交。
碰撞检测的基本原理可以归结为以下几步：1. 碰撞检测前的准备：获取待检测物体的位置、姿态和形状信息。
通常使用坐标系、矩阵和向量等数学工具来描述和计算物体的位置和形状。
2. 碰撞检测的粗略判断：通过一个快速的算法，如包围盒（bounding box）或包围球（bounding sphere）来判断物体是否有可能产生碰撞。
这一步旨在减少后续的详细检测计算量，提高碰撞检测的效率。
3. 碰撞检测的详细计算：当粗略判断有碰撞可能时，进行更加精确的碰撞检测计算。
常见的算法有：分离轴定理（Separating Axis Theorem）、基于向量的碰撞检测（Vector-based Collision Detection）等。
4. 碰撞的反应和处理：当发生碰撞时，需要根据物体的属性和场景需求来处理碰撞的反应，如物体的反弹、碎裂、能量转移等。
二、常用的碰撞检测算法1. 包围盒（Bounding Box）算法：这是最简单、最常用的碰撞检测算法之一。
它将物体看作是一个矩形，最简单情况下只需要比较物体的位置和尺寸，判断是否相交。
虽然精度较低，但计算速度快，通常用于快速排除不可能发生碰撞的情况。
2. 分离轴定理（Separating Axis Theorem，SAT）：该算法是一种比较常用的精确碰撞检测算法，适用于复杂形状的物体。
它基于一个简单的原理：如果两个非凸物体没有共享的分离轴，那么它们一定相交。
带电粒子在电场中的碰撞典例剖析
带电粒子在电场中的碰撞典例剖析作者：张伟来源：《中学物理·高中》2013年第08期在牛顿定律中，我们学习了物体的碰撞问题，同样，在电场中同样存在着带电粒子的碰撞问题.下面的问题将向你展现带电粒子在电场中的碰撞规律.1 水平面上的碰撞问题1.1 碰撞中的最值问题例1 一个质量为M的绝缘小车，静止在光滑水平面上，在小车的光滑板面上放一质量为m、带电量为+q的带电小物块（可视为质点），小车质量与物块质量之比M∶m=7∶1，物块距小车右端挡板距离为l，小车车长为L，且L=1.5l，[TP8GW155.TIF，Y#]如图1所示，现沿平行车身方向加一电场强度为E的水平向右的匀强电场，带电小物块由静止开始向右运动，而后与小车右端挡板相碰，若碰后小车速度大小为碰撞前小物块速度大小的1/4，并设小物块滑动过程及其与小车相碰的过程中，小物块带电量不变，且碰撞时间极短.（1）通过分析与计算说明，碰撞后滑块能否滑出小车的车身？（2）若能滑出，求出由小物块开始运动至滑出时电场力对小物块所做的功；若不能滑出，则求出小物块从开始运动至第二次碰撞时电场力对小物块所做的功.解析（1）带电小滑块仅在电场力作用下向右沿光滑车面做加速运动，位移l时与车右端相撞，设相撞前瞬间滑块速度为v0，由做功与能量变化关系（如图2所示）：W电=[SX（]1[]2[SX）]mv20-0，而W电=Eql，所以Eql=[SX（]1[]2[SX）]mv20，v0=[KF（][SX（]2Eql[]m[SX）][KF）].滑块与车相撞时间极短，电场力远小于撞击力，故可认为水平方向动量守恒mv0=mv1+Mv2.由题给条件知v2=[SX（]v0[]4[SX）]及M=7m.所以mv0=mv1+[SX（]7[]4[SX）]mv0，得v1=-[SX（]3[]4[SX）]v0.即碰后，滑块向左以[SX（]3v0[]4[SX）]初速及受电场力做匀减速运动，当相对地速度减为零时，又在电场力作用下向右做匀加速运动，直到滑块向右速度与小车向右速度相同（相对速度为零）时，车右端与滑块距离最大.因为s1+s2=l（2）设滑块由相对车静止（即与车速度v2相同）到与车第二次碰撞时间为t′，由几何关系及匀加速直线运动公式有s1+s2+s=v2t′+[SX（]1[]2[SX）]at′2.式中s=v2t′为小车t′内的位移1.2 碰撞中的范围问题例2 如图3所示，在光滑绝缘水平面的AB区域内存在水平向右的电场，电场强度E随时间的变化如图4所示.不带电的绝缘小球P2静止在O点.t=0时，带正电的小球P1以速度v0从A点进入AB区域.随后与P2发生正碰后反弹，反弹速度是碰前的[SX（]2[]3[SX）]倍.P1的质量为m1，带电量为q，P2的质量为m2=5 m1，A、O间距为L0，O、B间距为L=[SX（]4L0[]3[SX）].已知[SX（]qE0[]m1[SX）]=[SX（]2v20[]3L0[SX）]，T=[SX（]L0[]v0[SX）].求：（1）求碰撞后小球P1向左运动的最大距离及所需时间.（2）讨论两球能否在OB区间内再次发生碰撞.解析（1）P1经t1时间与P2碰撞，则t1=[SX（]l0[]v0[SX）]，P1、P2碰撞，设碰后P2速度为v2，以水平向右为正方向，由动量守恒有3碰撞后的结合为整体的问题例3.如图5所示，在动摩擦因数为μ=0.50的绝缘水平面上放置一质量为m=2.0×10-3kg的带正电的小滑块A，所带电荷量为q=1.0×10-7C.在A的左边l=0.9m处放置一个质量为M=6.0×10-3kg的不带电的小滑块B，滑块B与左边竖直绝缘墙壁相距s=0.05m，在水平面上方空间加一方向水平向左的匀强电场，电场强度为E=4.0×105N/C.A由静止开始向左滑动并与B 发生碰撞，设碰撞过程的时间极短，碰撞后两滑块结合在一起共同运动并与墙壁相碰撞，在与墙壁碰撞时没有机械能损失，也没有电量的损失，且两滑块始终没有分开，两滑块的体积大小可忽略不计.（g取10m/s2）（1）试通过计算分析A与B相遇前A的的受力情况和运动情况，以及A与B相遇后、A 和B与墙壁碰撞后A和B的受力情况和运动情况.（2）两滑块在粗糙水平面上运动的整个过程中，由于摩擦而产生的热量是多少？（结果保留两位有效数字）解析：（1）滑块A受电场qE=4.0×10-2N，方向向左，摩擦力f=μmg=1.0×10-2N，方向向右.在这两个力作用下向左做初速度为零的匀加速直线运动，直到与B发生碰撞.滑块A与B碰撞并结合在一起后，电场的大小仍为qE=4.0×10-2N，方向向左，摩擦力的大小为f=μ（m+M）g=4.0×10-2N，方向向右.A、B所受合力为零，所以A、B碰后一起向着墙壁做匀速直线运动.A、B一起与墙壁撞后，两滑块受到的电场力与摩擦力的大小不变，方向都是向左的，所以A、B与墙壁碰后一起向右做匀减速直线运动，直至速度减为零，之后，两物体保持静止状态.（2）在A、B碰撞之前摩擦力做功为：W1=μmgl=9.0×10-3JA、B、碰撞前的过程，由动能定理，得：，解得根据动量守恒定律，得两滑块碰后运动的速度大小为：两滑块共同运动，与墙壁发生碰撞后返回直到静止，这段过程中，设两滑块最后静止的位置距墙壁的距离为L2，根据动能定理，在A、B碰撞之后到两滑块停下的过程中，滑块克服摩擦力做功为整个过程中和生的热Q等于滑块克服摩擦力做功的总和，即 [2 斜面上的碰撞例3 在倾角为θ的足够长的绝缘斜面上，带负电的物块A和不带电的绝缘物块B正沿斜面往上滑，斜面处于范围足够大的匀强电场中，场强方向平行斜面向下.[TP8GW158.TIF，Y#]当A刚要追上B时，A的速度vA=18 m/s，方向沿斜面向上，B的速度恰为零，如图6所示.A、B碰撞过程相互作用时间极短、且A的电荷没有转移.碰后瞬间A的速度v1=0.6 m/s，方向仍沿斜面向上.碰后经0.60 s，A的速率变为v2=1.8 m/s，在这段时间内两者没有再次相碰.已知A和斜面间的动摩擦因数μ=0.15，B与斜面的摩擦忽略不计，A、B匀可视为质点，它们质量分别为mA=0.5 kg、mB=0.25 kg，匀强电场的场强E=5×106 N/C，sinθ=0.6，g=10m/s2.（1）A、B第一次碰撞后瞬间，B的速度多大？（2）第一次碰后的0.6 s内B沿斜面向上最多滑多远？（3）分析第一次碰撞后至0.60 s这段时间内A的运动方向并求出A的电量.解析（1）A、B碰撞时间极短，沿斜面的方向动量守恒，设碰后瞬间B的速度为vB，mAvA=mAv1+mBvB，vB=[SX（]mAvA-mAv1[]mB[SX）]，代入数字得vB=2.4 m/s.（2）B的加速度aB=-gsinθ=-6 m/s2，B沿斜面上滑的最远距离sB=[SX（]v2B[]2aB[SX）]=0.48 m.（3）碰后的0.6 s内，A的运动有两种可能：一直加速度向上，或减速向上再加速向下.设A的加速度为aA.第一种情况：以沿斜面向上的方向为正方向，A向上的加速度aA=[SX（]v2-v1[]t[SX）]=2 m/s2[JY]（1）第二次相遇的条件是两物位移相等sA1=sB1，即v1t′+[SX（]1[]2[SX）]aAt′=vBt′+[SX（]1[]2[SX）]aBt′2[JY]（2）代入数字解出t′=0.45 s显然假设不符合题意.所以A的运动只能是第二种情况.设A向上运动时间为Δt、加速度为a1，向下运动时加速度为a2，A受到的电场力为F，以沿斜面向上的方向为正方向，t=0.6 s.a1=[SX（]0-v1[]Δt[SX）][JY]（4）a2=[SX（]-v2[]t-Δt[SX）][JY]（5）分别对上滑和下滑过程运用牛顿第二定律列方程上滑过程： F-mAgsinθ-μmgAgcosθ=mAa1[JY]（6）下滑过程： F-mAgsinθ+μmgAgcosθ=mAa2[JY]（7）联立方程（4）至（7）得F=0.6 N.根据F=Eq，A带电量q=[SX（]F[]E[SX）]=[SX（]0.6 C[]5×106[SX）]=1.2×10-7 C.三、碰撞与平抛综合问题例5.如图7所示，在高为h=0.8m的平台上，静止一个带电量为qA=0.1C的负电小球A，球A与平台的滚动摩擦因数μ=0.2，平台长为L1=0.75m，在平台上方有一个带电量为qB=0.1C 的带正电的小球B.且mA=mB=0.5kg.球B挂在长为L=1m的细线上.整个装置放在竖直向下的电场中，场强为E=10N/C.现将B拉开角度α=60°后，由静止释放，在底端与A发生对心碰撞，使A滚下平台做平抛运动.若碰撞时无机械能损失且碰撞后A、B电荷均为零.求：A平抛运动可能前进的水平距离？（g=10m/s2，空气阻力不计）解析：（1）B下摆过程中，机械能守恒：（2）B与A碰撞，动量守恒、机械能守恒：（3）A在平台上滚动，对A用动能定理：（4）A离开平台，做初速度为vA′=3m/s的平抛运动：水平方向为匀速宜线运动：位移S=vA′·t=1.2m所以A做平抛运动后.前进的水平位移是1.2m.例6.如图8所示，在高H=2.5m的光滑、绝缘水平高台边缘，静置一个小物块B，另一带电小物块A以初速度v0=10.0m/s向B运动，A、B 的质量均为m=1.0×10-3kg.A与B相碰撞后，两物块立即粘在一起，并从台上飞出后落在水平地面上.落地点距高台边缘的水平距离L=5.0m.已知此空间中存在方向竖直向上的匀强电场，场强大小E=1.0×103N/C（图中未画出）假设A在滑行过程和碰撞过程中电量保持不变，不计空气阻力，g=10m/s2.求：（1）A、B碰撞过程中损失的机械能.（2）试说明A带电的电性，并求出其所带电荷q的大小.（3）在A、B的飞行过程中，电场力对它做的功.解析：（1）设A、B刚粘在一起时的速度为v，对于A、B两物块的碰撞过程，根据动量过恒定律有：，解得A、B碰撞过程中损失的机械能为（2）A、B碰后一起做匀变速曲线运动，设加速度为a，经时间t落至地面，则有水平方向：解得因a对A、B沿竖直方向的分运动，根据牛顿第二定律有解得q=1.0×10-5C（3）A、B飞行过程中，电场力做的功为，解得：W=-2.5×10-2J.。
动量定理_精品文档
3、人从高处跳到低处时，为了安全，一般都 是让脚尖先到地。下面解释正确的是 A、减小冲量 B、使动量的增量变得更小 C、增长与地面的冲击时间，从而减小冲力 D、增大人对地的压强，起到安全作用
4、一个笔帽竖直放在桌面平放的纸条上，要求 把纸条从笔帽下抽出，如果缓慢拉动纸条笔帽必 倒，若快速拉纸条，笔帽可能不倒，以下说法正 确 A、缓慢拉动纸条时，笔帽受到冲量小 B、缓慢拉动纸条时，纸对笔帽水平作用力小， 笔帽也可能不倒 C、快速拉动纸条时，笔帽受到冲量小 D、快速拉动纸条时，纸条对笔帽水平作用力小
在一段时间里的累积效应，在这段时间内，物体
的动量获得增加．
三、动量定理 5、动量定理的表达式是矢量式。在一维的情况 下，各个矢量必须以同一个规定的方向为正。
I合=Pt-P0 = mvt – mv0
三、动量定理
6、动量定理的适用范围：
适用于恒力，也适用于随时间变化的变力。对 于变力情况，动量定理中的F应理解为变力在 时间内的平均值； 也可以研究单个物体或多个物体组成的系统 （分析系统时，只考虑外力，因为内力只会使 系统内的动量发生交换，而不改变系统总动量）
2、（07全国理综Ⅱ）如图所示，PQS是固定于 竖直平面内的光滑的圆周轨道，圆心O在S的正 上方，在O和P两点各有一质量为m的小物块a和b， 从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑。
以下说法正确的是
A．a比b先到达S，它们在S点的动量不相等 B．a 与 b 同 时 到 达 S， 它 们 在 S 点 的 动 量 不 相 等 C．a比b先到达S，它们在S点的动量相等 D．b比a先到达S，它们在S点的动量不相等
5、动量的变化：△P=Pt－P0，由于动量为矢量， 则求解动量的变化时，其运算遵循矢量运算原 则——选正方向或平行四边形定则
第11单元磁场专题二十带电粒子在叠加场中的运动-2025年物理新高考备考课件
例4 [2023·江苏卷] 霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型. 平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度为.质量为、电荷量为的电子从点沿 轴正方向
水平入射.入射速度为时,电子沿轴做直线运动;入射速度小于的 时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示,且在最高点与在最低点所受的合力大小相等. 不计重力及电子间相互作用.
平方向做加速运动，则增大，不变，与 的比值不断变小，C错误；离子受到的洛伦兹力大小不变，电场力大小也不变，且洛伦兹力方向与电场力方向始终垂直，则合力大小不变，该离子的加速度大小不变，D正确.
题型二 叠加场中的摆线类问题
带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场（或重力场）中运动，若所受的洛伦兹力与电场力（或重力）不平衡而做曲线运动，则情境就会变得比较复杂，问题的焦点是洛伦兹力的大小和方向会不断地发生变化，粒子做的是较复杂的非匀变速曲线运动，这类问题的定量计算一般需要用到“配速法”.
变式 [2023·浙江镇海中学模拟] 如图甲所示，在平面内存在沿 轴正方向的匀强电场和垂直于平面向外的匀强磁场，电场强度大小未知，磁感应强度大小为.让质量为、电荷量为的带正电小球从坐标原点沿 平面以不同的初速度入射，均能在复合场中做匀速圆周运动.已知重力加速度大小为 .
（1）带电小球从点以初速度沿轴正方向入射时，恰好能经过 轴上的点，求电场强度大小和 的大小；
A.第三象限的电场强度大小为 ，方向竖直向下B.小球的初速度为 C.第三象限的磁场方向一定是垂直于纸面向外D.要使所有的小球都能打到 轴的负半轴，所加磁场区域的最小面积是
[答案] BD
[解析] 设小球释放点的坐标为 ，由平抛运动规律可知，，联立可得，由题意可知 ，解得 ，B正确；小球在第三象限做匀速圆周运动，则电场与重力平衡，有，解得 ，方向竖直向上，
第56讲 带电粒子在电场中的直线运动(原卷版)
第56讲带电粒子在电场中的直线运动1．（2022•广东）密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。
如图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。
通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。
有两个质量均为m0、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离h1。
此时给两极板加上电压U（上极板接正极），A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。
B 在匀速运动时间t内上升了距离h2（h2≠h1），随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。
已知球形油滴受到的空气阻力大小为f＝k m 13v，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率。
不计空气浮力，重力加速度为g。
求：（1）比例系数k；（2）油滴A、B的带电量和电性；B上升距离h2电势能的变化量；（3）新油滴匀速运动速度的大小和方向。
一.知识回顾1．带电粒子在匀强电场中的运动加速问题分析带电粒子加速问题的两种思路：(1)利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式来分析；适用于匀强电场且涉及运动时间等描述运动过程的物理量的情景。
(2)利用静电力做功结合动能定理来分析；适用于涉及位移、速率等动能定理公式中的物理量或非匀强电场的情景。
2带电粒子(体)在电场中的直线运动1.带电粒子(体)在电场中运动时是否考虑重力的处理方法(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。
(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都要考虑重力。
3．做直线运动的条件(1)粒子所受合力F 合＝0，粒子静止或做匀速直线运动。
(2)粒子所受合力F 合≠0，且合力与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做变速直线运动。
4．解题思路 (1)用动力学观点分析Eq ＋F 其他＝ma ，E ＝U d (匀强电场)，v 2－v 20＝2ad (匀变速直线运动)。
带电小球对心碰撞固定一球
q2 d 2 ( d x) k m1 2 ( d x) dt2
令
d x x'
q2 d 2 x' k 2 m1 2 x' dt
q2 dv dx' dv k 2 m1 m1 v x' dx' dt dx'
x'
2R
1 m1 dx' 2 2 x' kq
v
v1 '
vdv
令
p a cos
dp a sin d
3 2
4
1 a sin dp 4 2 d 4a 2 2 4 (a p ) a sin
1 sin 3 d
3 cos 1 1 cos 1 2 4a d 4a ln(csc cot ) 2 2 2 sin 2 sin 2 sin 2 确定积分上下限 上限： a 2 a cos x' 2 ax' csc sin 2 ax' 3 2
cos
ax'2 ax'
ax'2 cot 2
下限： x ' 2 R
cos aR 1 aR
1 a a cos R
sin 1 aR
csc aR
cot aR 1
代入上下限得碰撞后小球的类运动学方程为：
ax' ax'2 1 3 2 2 (aR 1)aR 2 ln (ax'2)ax' 2 ln a aR aR 1 2
k1 k 2 (d x) k1 csc sin k1 k1 k 2 (d x)
带电小球在碰撞中的能量问题
带电小球在碰撞中的能量问题孙作江;高卓【期刊名称】《物理通报》【年(卷),期】2016(000)007【总页数】2页(P29-30)【作者】孙作江;高卓【作者单位】防化学院基础部物理教研室北京 102205;防化学院基础部物理教研室北京 102205【正文语种】中文碰撞是物质间作用的常见形式，也是中学物理和大学物理的重要内容．碰撞过程中伴随着能量的转化和转移，带电小球的碰撞更是有趣的和多彩的，却很少有人讨论. 在此，笔者通过对两个例题的分析，初步讨论了静电能向动能转化的问题，起一个抛砖引玉的作用，供大家参考，具体如下．【例1】如图1所示，光滑绝缘的水平面上，M与N两点处有两个完全相同的金属小球A和B，所带电荷量分别为+q和+2q．现在使小球以相等的初动能E沿同一直线相对运动，发生接触碰撞后又各自返回．若在碰撞过程中无机械能和电磁能损失，它们返回M和N两点时的动能分别为E1和E2，则E1，E2，E的大小关系是?答案:E1=E2>E.解析：设M与N两点间的距离为l,两球碰前的库仑力为, 两球碰后的库仑力为在它们返回M和N两点的过程中电场力做功大于碰前电场力做的功，所以动能增大．问题的提出：E1+E2>2E，动能增加了，增加的动能从哪里来的？问题的解析：设M与N两点相距l，金属小球A和B的半径为R．碰撞前，两金属小球系统在M与N两点的静电能为碰撞后，两小球系统在M与N两点的静电能为碰撞前后，两小球系统静电能的减少量为由能量守恒定律可知，两小球的自能减少了，一部分变成了两小球间的相互作用能，一部分变成了两小球的动能，实现了静电能向动能的部分转化．【例2】如图2所示，光滑绝缘的水平面上，M和N两点处有两个完全相同的金属小球A和B，所带电荷量分别为+q和-q．现在使小球以相等的初动能E沿同一直线相对运动，发生接触碰撞后又各自返回．若在碰撞过程中无机械能和电磁能损失，它们返回M与N两点时的动能分别为E1和E2，则E1，E2，E的大小关系是?答案:E1=E2>E.解析：两球碰前的库仑力做正功，动能增加；两球碰后，正、负电荷中和，没有了库仑力，在它们返回M与N两点的过程中电场力不做功，所以动能增大．问题的提出：E1+E2>2E，动能增加了，增加的动能从哪里来的？问题的解析：设M与N两点相距l，金属小球A和B的半径为R．碰撞前，两金属小球系统在M与N两点的静电能为碰撞后，两小球系统在M与N两点的静电能为碰撞前后，两小球系统静电能的减少量为由能量守恒可知，两小球系统的静电能减少了，全部变成了两小球的动能，实现了静电能向动能的完全转化．。
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——大学物理讨论课
两球之间内力只有库仑 力做功，当两球发生碰 撞时从 s运动到2r 2r q q 1 1 2 2 1 2 dr 10 s 40r 2 2 2 q1q2 1 1 1 1 2q1q2 1 1 2 2 2 10 10 40 2r s 2 2 40 2r s 1 公式中的速度都为相对 速度。如果两小球质量 相同初速度相同， 2 如果两小球初速度不同 1；2；上式中 1 2 ，那么 ；上式中 10 1 2 分离速度也不同，分别 为1 ；2 完全弹性碰撞，那么碰 前(刚接触 )10也相同
两带电小球碰后电量中和平分
碰撞后 q
q q 1 2 2
两个带电小球碰撞问题研究
y
0 s 2r H
——大学物理讨论课
x
H
q2 4 0 r
2r
dr 2
1 2 1 2 10 (此时两球间距离为 H ) 2 2
2 2 q2 1 1 1 2 1 2 1 1 末 2 末 10 20 10 1 4 0 2r H 2 2 2 2
两个带电小球碰撞问题研究
y 0 2r s
——大学物理讨论课
我们讨论第一种情况：初速度相同，完全弹性碰撞
x
21 0
2q1q2 1 1 2 4 40 2r s
0 m2 0 碰撞动量守恒 : m1 0 m1 0 m1 1 1 1 2 2 机械能守恒 : m m 120 m1 m 0 20 2 2 2 0 1 0 1 0 可以解得 2
末 2 末 ;10 20 1
2 1 1 末 210 2 21 2 2
末 1 2r H
1 1 2 10 0一定能回到出发点 80 2r H
q2
两个带电小球碰撞问题研究
此外我们还利用此模型推导了机械能的关系
两个带电小球碰撞问题研究
碰前电场力所做的功为一对力所做的功
——大学物理讨论课
两点间“一对力”所做功只决定于两点的相对路径，因而 和确定两点的位置所选的参考系无关。 可认为一个带电小球静止(如图中m1)，而它所在位置为坐 标原点，再计算另一个小球在此坐标系中运动时所受的力 所做的功。
两个带电小球碰撞问题研究大 Nhomakorabea物理两个带电小球碰撞问题研究
两个带电小球碰撞问题研究
一.两带电小球直线上碰撞
二.两带电小球平面上斜撞
——大学物理讨论课
两个带电小球碰撞问题研究
——大学物理讨论课
我们现在研究两个带电小球在无外力作用下的碰撞问题 能否得出相应的动力学方程是我们研究的重点 我们用(x,y,z)表示两小球非惯性系下坐标，用(x1,y1,z1) y 表示在相应惯性系下的坐标。 由牛顿运动定律有 y1 1球的惯性力 F内 ma 0 ma m2 r m1
d 2 rc d 2 r1 d 2 r2 F m1 2 m 2 2 m1 m 2 2 0 dt dt dt d 2 r1 d 2 r2 d 2 r2 d 2 r2 m1 2 m 2 2 m1 2 m1 2 dt dt dt dt d 2 r2 d 2 r1 d 2 r2 d 2 ( r2 r1 ) d 2r m1 m 2 2 m1 2 m1 m1 2 2 2 dt dt dt dt dt d 2 r2 m1 d 2 r d 2 r2 d 2r F内 m1 2 m1 2 2 2 dt m1 m 2 dt dt dt m1 m1 d 2 r m1 m 2 d 2 r F内 m1 m m dt 2 m m dt 2 1 2 1 2
设两小球机械能为 E Ek E p
——大学物理讨论课
1 2 1 2 m1r1 m2 r2 2 2 势能 E p为1 外场中的势能 V 1 2 两球间相互作用的势能 V 2 m r m r 2 2 1 假设它与质心位置有关 rc 1 1 m1 m2 2 假设与两小球相对位置 有关 r r1 r2 m r m r 2 2 E p V 1rc V 2 r V 1 1 1 V 2 r1 r2 m1 m2 Ek
两个带电小球碰撞问题研究
m1 m 2 d 2 r F内 为动力学方程 2 m1 m 2 dt
——大学物理讨论课
m1 m 2 ; A 为内力做的功 m1 m 2 F F 1内 2 内 对两小球 : dA F1内 d r1 F2内 d r2 F1内 d ( r1 r2 ) F1内 d r 设 1 dr 2 d 2r 1 dA 2 dr d d 2 两边积分有 dt 2 2 dt A 10 1 1 1 2 2 2 dA d A 10 0 2 2 2 1 1 2 A 10 2两小球之间内力做的功 等于动能增量 2 2
d 2 r2 F内 m 1 dt 2 系统不受外力， d r m 1 dt 2 非惯性系(x,y,z)相对于 F 0 ,
2
r1
0
z
x
r2
x1
由质心运动定律得
惯性系(x1,y1,z1)的加速度 z1
两个带电小球碰撞问题研究
——大学物理讨论课