Question

【題目】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 處，物體D進(jìn)入虛線(xiàn)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vD；
（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

【答案】
（1）解：對(duì)物塊C，根據(jù)動(dòng)能定理有：mgh=

反彈后，有： =mg

得：v1=

CD碰撞時(shí)，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有：

mv=﹣mv1+4mvD．

代入得：vD= =

答：物塊D進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的瞬時(shí)速度vD是 ．

（2）解：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=

物塊D所受的電場(chǎng)力方向豎直向上，所以物塊D帶正電

答：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 ，物塊D帶正電；

（3）解：由幾何關(guān)系得：

d=（1﹣cos60°）R=

又 R= =

得：d= =

答：物塊D飛出QR邊界時(shí)與水平軌道的距離d是 ．

【解析】（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．
【考點(diǎn)精析】根據(jù)題目的已知條件，利用動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用和動(dòng)量守恒定律的相關(guān)知識(shí)可以得到問(wèn)題的答案，需要掌握應(yīng)用動(dòng)能定理只考慮初、末狀態(tài)，沒(méi)有守恒條件的限制，也不受力的性質(zhì)和物理過(guò)程的變化的影響.所以，凡涉及力和位移，而不涉及力的作用時(shí)間的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題，都可以用動(dòng)能定理分析和解答，而且一般都比用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和機(jī)械能守恒定律簡(jiǎn)捷；動(dòng)量守恒定律成立的條件：系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受外力的合力為零；系統(tǒng)所受的外力的合力雖不為零，但系統(tǒng)外力比內(nèi)力小得多；系統(tǒng)所受外力的合力雖不為零，但在某個(gè)方向上的分量為零，則在該方向上系統(tǒng)的總動(dòng)量的分量保持不變．