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，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電場和垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B．C、D是質(zhì)量為m和4m的絕緣小物塊（可視為質(zhì)點），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進入虛線OP右側(cè)的復合場中繼續(xù)運動，最后從RQ側(cè)飛出復合場區(qū)域．求：
（1）物塊D進入磁場時的瞬時速度v_D；
（2）若物塊D進入磁場后恰好做勻速圓周運動，求所加勻強電場的電場強度E的值及物塊D的電性；
（3）若物塊D飛離復合場區(qū)域時速度方向與水平夾角為60°，求物塊D飛出QR邊界時與水平軌道的距離d．

Answer 1

分析 （1）對物塊C，根據(jù)動能定理求出與D碰撞前的速度．C與D碰撞過程，運用動量守恒定律可求得碰后D的速度，即為物塊D進入磁場時的瞬時速度．
（2）物塊D做勻速圓周運動，電場力與重力二力平衡，由此判斷D的電性．由平衡條件求電場強度．
（3）物塊D進入磁場后做勻速圓周運動，由半徑公式和幾何關(guān)系求出物塊D飛出QR邊界時與水平軌道的距離d．

解答 解：（1）對物塊C，根據(jù)動能定理有：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，取向右為正方向，由動量守恒定律有：
  mv=-mv₁+4mv_D．
代入得：v_D=$\frac{v}{3}$=$\frac{\sqrt{2gh}}{3}$            
（2）若物塊D做勻速圓周運動，則電場力與重力相等，則有：
  4mg=qE              
 得：E=$\frac{4mg}{q}$
物塊D所受的電場力方向豎直向上，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進入磁場時的瞬時速度v_D是$\frac{\sqrt{2gh}}{3}$．          
（2）若物塊D進入磁場后恰好做勻速圓周運動，所加勻強電場的電場強度E的值是$\frac{4mg}{q}$，物塊D帶正電；
（3）物塊D飛出QR邊界時與水平軌道的距離d是$\frac{2m\sqrt{2gh}}{3qB}$．

點評 本題要分析清楚物體運動過程，把握碰撞的基本規(guī)律：動量守恒定律，知道勻速圓周運動由合力提供向心力，應用動能定理、動量守恒定律即可正確解題．