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    如图所示，两个形状、大小相同的钢球A、B，A球质量为1.5kg，B球质量为0.5kg开始A球不带电，静止在高h=0.88m的光滑平台上，B球带0.3C的正电荷，用长L=1m的细线悬挂在平台上方，整个装置放在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=10N/C．现将细线拉开角度α=600后，由静止释放B球，B球在最低点与A球发生对心碰撞，碰撞时无机械能损失，若碰后不考虑A、B球的相互作用，不计空气阻力，取g=10m/s2，求：
    （1）B球刚摆到最低点时的速率；
    （2）A球从离开平台到着地时的水平位移大小．
    分析：（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．
    解答：解：（1）对B球：从静止释放至摆到最低点过程中，根据动能定理，有 mBgL(1-cosα)+qEL(1-cosα)=
    1
    2
    mBv 2      ①
    代入数据，解得B球在最低点的速率：v=4m/s    
    （2）B球与A球碰撞过程中，两球所组成的系统动量守恒，动能不损失，取水平向右为正方向，
    有 mBv=mBv1+mAv2   ②
    1
    2
    mBv2=
    1
    2
    mBv12+
    1
    2
    mAv22      ③
    联立②、③，解得B球速度 v1=-2m/s          
    A球速度为 v2=2m/s          
    根据电荷守恒定律得，碰后A球带电量 qA=0.15C  
    A球离开平台后，由牛顿第二定律得：mAg+qAE=mAay ④
    故竖直方向的加速度
      ay=
    mAg+qAE
    mA
    =
    1.5×10+0.15×10
    1.5
    m/s2=11m/s2
    A球从离开平台至着地过程中，
    由 h=
    1
    2
    ayt2    ，
    得：t=
    2h
    ay
    =
    2×0.88
    11
    s=0.4s     
    水平位移大小 S=v2t=2×0.4m=0.8m   
    答：
    （1）B球刚摆到最低点时的速率为4m/s；
    （2）A球从离开平台到着地时的水平位移大小为0.8m．
    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．
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    （1）试分析极板P、Q、M、N各带什么电荷？
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    （1）试分析极板P、Q、M、N各带什么电荷？

    （2）Q板和M板间的距离x满足什么条件时，能够达到题述过程的要求？

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    （1）求匀强磁场的磁感应强度B？
    （2）电子从O点出发至第一次返回到O点经过了多长时间？
    （3）Q板和M板间的距离x满足什么条件时，能够达到题述过程的要求？

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