Question

9．如圖（a）所示，絕緣軌道MNPQ位于同一豎直面內，其中MN段水平，PQ段豎直，NP段為光滑的$\frac{1}{4}$圓弧，圓心為O，半徑為a，軌道最左端M點處靜置一質量為m、電荷量為q（q＞0）的物塊A，直線NN′右側有方向水平向右的電場（圖中未畫出），場強為E=$\frac{mg}{q}$，在包含圓弧軌道NP的ONO′P區(qū)域有方向垂直紙面向外的勻強磁場，在軌道M端左側有一放在水平光滑桌面上的可發(fā)射的“炮彈”的電磁炮模型，其結構圖如圖（b）所示．電磁炮由兩條等長的平行光滑導軌I、II與電源和開關S串聯(lián)．電源的電動勢為U₀，內阻為r，導軌I、II相距為d，電阻忽略不計，“炮彈”是一質量為2m、電阻為R的不帶電導體塊C，C剛好與I、II緊密接觸，距離兩導軌右端為l，C的底面與軌道MN在同一水平面上，整個電磁炮處于均勻磁場中，磁場方向豎直向下，磁感應強度大小為B₀，重力加速度為g，不考慮C在導軌內運動時的電磁感應現(xiàn)象，A、C可視為質點，并設A在運動過程中所帶電荷一直未變．
（1）求C與A碰撞前的速度v₀的大小；
（2）設A、C的碰撞為彈性碰撞，A、C與MN軌道的滑動摩擦因數(shù)相同，若碰后A恰能到達P點，求C最終停止位置到M點的距離；
（3）設碰后A恰能到達P點，若要求A運動時始終不離開圓弧軌道，求ONO′P區(qū)域內磁場的磁感應強度B應滿足的條件．

Answer 1

分析 （1）先根據歐姆定律求出通過“炮彈”的回路的電流，再由動能定理求C與A碰撞前的速度v₀的大�。�
（2）A、C的碰撞為彈性碰撞，根據動量守恒和動能守恒列式，得到碰后兩者的速度表達式．A在NN′右側受到的電場力與重力大小相等，重力和電場力的合力大小為$\sqrt{2}$mg，方向垂直于OQ斜向右下，N、P兩點對稱，要A恰能到達P點只需A剛到達N點即可，由動能定理求解．
（3）當A由P滑回N點時，洛倫茲力指向O點，A可能離開軌道．由動能定理和能量守恒定律，結合數(shù)學知識求解．

解答 解：（1）通過“炮彈”的回路的電流為 I=$\frac{E}{R+r}$
對C，由動能定理得
   F_安L=$\frac{1}{2}•2m{v}_{0}^{2}$
又 F_安=B₀Id
聯(lián)立解得 v₀=$\sqrt{\frac{{B}_{0}Edl}{（R+r）m}}$．
（2）A、C間完全彈性碰撞，取向右為正方向，由動量守恒定律和動能守恒得：
  2mv₀=mv_A+2mv_C．
  $\frac{1}{2}•$2mv₀²=$\frac{1}{2}•$mv_A²+$\frac{1}{2}•$2mv_C²．
聯(lián)立解得：v_A=$\frac{4}{3}{v}_{0}$=$\frac{4}{3}$$\sqrt{\frac{{B}_{0}Edl}{（R+r）m}}$．v_C=$\frac{1}{3}{v}_{0}$=$\frac{1}{3}$$\sqrt{\frac{{B}_{0}Edl}{（R+r）m}}$．
A在NN′右側受到的電場力 F=qE=q$\frac{mg}{q}$=mg
重力和電場力的合力大小為 F_合=$\sqrt{2}$mg，方向垂直于OQ斜向右下，N、P兩點對稱，要A恰能到達P點只需A剛到達N點即可，設摩擦因數(shù)為μ，C靜止時與M點的距離為l_x，有
   μmgL=$\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$
  μ•mgl_x=$\frac{1}{2}•2m{v}_{C}^{2}$
聯(lián)立解得 l_x=$\frac{L}{16}$．

（3）當A由P滑回N點時，洛倫茲力指向O點，A可能離開軌道．設A相對OP轉動θ角時，其速度為v，對軌道的壓力為F_N，有
   F_N+qvB-mgsinθ-qEcosθ=m$\frac{{v}^{2}}{a}$
由能量守恒得  mgasinθ-qEa（1-cosθ）=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
要使得A不離開軌道，須得 F_N≥0．聯(lián)立解得 B≤$\frac{m\sqrt{g}（3sinθ+3cosθ-2）}{q\sqrt{2a}\sqrt{（sinθ+cosθ-1）}}$
因為 f（θ）=$\frac{3sinθ+3cosθ-2}{\sqrt{sinθ+cosθ-1}}$=3$\sqrt{sinθ+cosθ-1}$+$\frac{1}{\sqrt{sinθ+cosθ-1}}$
當3$\sqrt{sinθ+cosθ-1}$=$\frac{1}{\sqrt{sinθ+cosθ-1}}$時，即sinθ+cosθ=$\frac{4}{3}$時，f（θ）=f（θ）_min=2$\sqrt{3}$
故B≤$\frac{m\sqrt{g}}{q\sqrt{2a}}$×2$\sqrt{3}$=$\frac{m}{q}$$\sqrt{\frac{6g}{a}}$=B_max．
考慮到極值點要求sinθ+cosθ=$\frac{4}{3}$，變形可得 1＞sin（θ+$\frac{π}{4}$）=$\frac{\frac{4}{3}}{\sqrt{2}}$＞$\frac{1}{\sqrt{2}}$=sin$\frac{π}{4}$，可知θ在[0，π/4]范圍內有解，說明上面討論是合理的，即B的取值應滿足的條件是：
  B≤B_max=$\frac{m}{q}$$\sqrt{\frac{6g}{a}}$．
答：
（1）C與A碰撞前的速度v₀的大小為$\sqrt{\frac{{B}_{0}Edl}{（R+r）m}}$；
（2）設A、C的碰撞為彈性碰撞，A、C與MN軌道的滑動摩擦因數(shù)相同，若碰后A恰能到達P點，C最終停止位置到M點的距離是$\frac{L}{16}$；
（3）設碰后A恰能到達P點，若要求A運動時始終不離開圓弧軌道，ONO′P區(qū)域內磁場的磁感應強度B應滿足的條件是B≤$\frac{m}{q}$$\sqrt{\frac{6g}{a}}$．

點評 解決本題的關鍵是要分析清楚物體運動過程，運用數(shù)學知識求極值．分段應用動能定理、牛頓第二定律和能量守恒定律進行研究．