Question

3．如圖所示，MN是豎直平面內(nèi)半徑為R=1m的絕緣光滑半圓弧軌道，水平絕緣粗糙軌道NP長為L=2m，軌道NP區(qū)域存在水平向左的有界勻強電場E₁，MN、QP為電場的兩邊界線，平行金屬板AC左端靠近QP，軌道NP與半圓弧軌道相切于N點，P點到A板的距離為$\frac{1}{4}$d，AC板間電勢差U_CA=4V，AC板間有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B=0.8T，板間距離d=2m，一個電荷量q_a=0.1C、質(zhì)量m_a=20g的金屬小球a以某一初速度從A板上的D孔與A板成37°進入電磁場運動后，剛好在水平方向上與靜止在P點不帶電的質(zhì)量為m_b=60g金屬小球b發(fā)生正碰，b與a碰后均分電荷量，碰后小球a恰好從C板的右端邊緣離開且速度大小為v_c=$\sqrt{19}$m/s，小球b進入NP直線軌道并沖入圓弧軌道，與軌道NP的動摩擦因數(shù)為0.5，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s²，求：
（1）金屬小球a剛與金屬小球b碰前的速度大�。�
（2）若小球b進入半圓弧軌道后不脫離軌道，則水平勻強電場E₁的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由題設條件可以求得a球在AC板間受到的電場力恰與重量相等，所以a球在板間做勻速圓周運動．由幾何關系求出半徑，再由洛侖茲力提供向心力從而求得a球做勻速圓周運動的速度--即剛與b球碰撞前的速度大小．
（2）ab碰撞動量守恒，再加上碰后a球恰從C板邊緣飛出，由題設已知和動能定理可以求出碰后b球的速度．對b球來講，不脫離軌道有兩種情況，臨界條件是通過半圓弧的最高點和恰好運動到與圓心等高點．按此兩種情況由牛頓第二定律和動能定理分別求得E1最大值和最小值．

解答 解：（1）依題，當小球a在兩板間時，
 ${q}_{a}×\frac{{U}_{CA}}f1d1zn1={m}_{a}g=0.2N$ 
  因此，小球a做勻速圓周運動，設半徑為r，速度為v₀，由幾何關系和牛頓第二定律有：
   $rcos37°=r-\frac{1}{4}d$
  ${q}_{a}{v}_{0}B=m\frac{{{v}_{0}}^{2}}{r}$
  解得：v₀=10m/s
（2）設ab碰撞后速率分別為v_a v_b，以向左的方向為正方向，由動量守恒定律有：
  m_av₀=m_av_a-m_bv_b
  碰撞后對a球根據(jù)動能定理：
  ${m}_{a}g×\frac{3}{4}d-\frac{{q}_{a}}{2}×\frac{U}vh1tv1v×\frac{3}{4}d=\frac{1}{2}m{{v}_{c}}^{2}-\frac{1}{2}{{m}_{a}}^{2}$
  解得：v_a=2m/s    v_b=4m/s
  小球b能進入半圓軌道，則有
  $\frac{{q}_{a}}{2}{E}_{1}{L}_{1}-μ{m}_g{L}_{1}≥\frac{1}{2}{{{m}_v}_}^{2}$
 解得：E₁≥1.2N/C，球不脫離軌道有兩種情況，臨界條件是小球剛好能通過半圓弧的最高點和恰好運動到與圓心等高點．則
  $\frac{{q}_{a}}{2}{E}_{1}{L}_{1}-μ{m}_g{L}_{1}-{m}_g•2R=\frac{1}{2}{m}_{{v}_{M}}^{2}-\frac{1}{2}{m}_{{v}_}^{2}$
  ${m}_g={m}_\frac{{{v}_{M}}^{2}}{R}$
  解得：E₁=10.2N/C
  $\frac{{q}_{a}}{2}{E}_{1}{L}_{1}-μ{m}_g{L}_{1}-{m}_gR=\frac{1}{2}{m}_{{v}_}^{2}$
  解得：E₁=7.2N/C
  因此小球b不脫離軌道的條件是：
  1.2N/C≤E₁≤7.2N/C   或E₁≥10.2N/C
答：（1）金屬小球a剛與金屬小球b碰前的速度大小為10m/s．
（2）若小球b進入半圓弧軌道后不脫離軌道，則水平勻強電場E₁的取值范圍是：1.2N/C≤E₁≤7.2N/C   或E₁≥10.2N/C．

點評 本題的物理過程比較明確，a球先做勻速圓周運動與b球水平正碰，后做復雜的運動以已知速度從C板邊緣飛出，這樣由牛頓第二定律和動能定理、幾何關系等就能求出碰撞前后ab球的速度；至于第二問，要使b球不脫離軌道則臨界條件是小球剛好能通過半圓弧的最高點和恰好運動到與圓心等高點，分兩種情況求出電場強度的最大值和最小值，從而求出E₁范圍．