Question

17．如圖所示，LMN是豎直平面內(nèi)固定的光滑絕緣軌道，MN水平且足夠長(zhǎng)，LM下端與MN相切．在OP與QR之間的區(qū)域內(nèi)有一豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．C、D是質(zhì)量為m和4m的絕緣小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），其中D帶有電荷量q，C不帶電．現(xiàn)將物塊D靜止放置在水平軌道的MO段，將物塊C從離水平軌道MN距離h高的L處由靜止釋放，物塊C沿軌道下滑進(jìn)入水平軌道，然后與D相碰，碰后物體C被反彈滑至斜面$\frac{h}{9}$處，物體D進(jìn)入虛線OP右側(cè)的復(fù)合場(chǎng)中繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，最后從RQ側(cè)飛出復(fù)合場(chǎng)區(qū)域．求：
（1）物塊D進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的瞬時(shí)速度v_D；
（2）若物塊D進(jìn)入磁場(chǎng)后恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，求所加勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的值及物塊D的電性；
（3）若物塊D飛離復(fù)合場(chǎng)區(qū)域時(shí)速度方向與水平夾角為60°，求物塊D飛出QR邊界時(shí)與水平軌道的距離d．

Answer 1

分析 （1）對(duì)物塊C，根據(jù)動(dòng)能定理求出與D碰撞前的速度．C與D碰撞過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律可求得碰后D的速度，即為物塊D進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的瞬時(shí)速度．
（2）物塊D做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力與重力二力平衡，由此判斷D的電性．由平衡條件求電場(chǎng)強(qiáng)度．
（3）物塊D進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由半徑公式和幾何關(guān)系求出物塊D飛出QR邊界時(shí)與水平軌道的距離d．

解答 解：（1）對(duì)物塊C，根據(jù)動(dòng)能定理有：mgh=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
反彈后，有：$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$=mg$\frac{h}{9}$   
 得：v₁=$\frac{v}{3}$          
CD碰撞時(shí)，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有：
  mv=-mv₁+4mv_D．
代入得：v_D=$\frac{v}{3}$=$\frac{\sqrt{2gh}}{3}$            
（2）若物塊D做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與重力相等，則有：
  4mg=qE              
 得：E=$\frac{4mg}{q}$
物塊D所受的電場(chǎng)力方向豎直向上，所以物塊D帶正電
（3）由幾何關(guān)系得：
  d=（1-cos60°）R=$\frac{R}{2}$  
又 R=$\frac{4mv}{3qB}$=$\frac{4m\sqrt{2gh}}{3qB}$
得：d=$\frac{R}{2}$=$\frac{2m\sqrt{2gh}}{3qB}$
答：（1）物塊D進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的瞬時(shí)速度v_D是$\frac{\sqrt{2gh}}{3}$．          
（2）若物塊D進(jìn)入磁場(chǎng)后恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所加勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的值是$\frac{4mg}{q}$，物塊D帶正電；
（3）物塊D飛出QR邊界時(shí)與水平軌道的距離d是$\frac{2m\sqrt{2gh}}{3qB}$．

點(diǎn)評(píng) 本題要分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程，把握碰撞的基本規(guī)律：動(dòng)量守恒定律，知道勻速圓周運(yùn)動(dòng)由合力提供向心力，應(yīng)用動(dòng)能定理、動(dòng)量守恒定律即可正確解題．