Question

6．如圖，虛線的左下方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)大小B．A、B是完全相同的兩個(gè)質(zhì)量均為m的小金屬球（可看做質(zhì)點(diǎn)）．A帶正電q，B不帶電且用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)繩豎直懸掛在O點(diǎn)．整個(gè)空間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E=$\frac{mg}{q}$，A球在M點(diǎn)沿豎直向下射入磁場(chǎng)B，到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速度水平，在N點(diǎn)與B球碰后交換速度，碰后B球剛好能以L為半徑，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)到圓周最高點(diǎn)，A球則水平勻速?gòu)腝點(diǎn)射出．（重力加速度為g）不計(jì)一切摩擦．已知AB與水平面夾角為45°，BC與水平面夾角為θ，求：
（1）B球被碰后的速度大�。�
（2）A球射入點(diǎn)M到N的距離．
（3）A球從Q點(diǎn)水平射出時(shí)距N點(diǎn)的距離．

Answer 1

分析 （1）A球，B球兩碰后帶電量各為$\frac{q}{2}$，球從N點(diǎn)到圓周運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理列式，圓周運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)由牛頓第二定律列式，聯(lián)立方程即可求解；
（2）A，B兩球發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒、能量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律列式，A球從M到N做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律及幾何關(guān)系列式，聯(lián)立方程即可求解；
（3）A球水平勻速?gòu)腝點(diǎn)射出，受力平衡，根據(jù)動(dòng)能定理列式即可求解．

解答 解：（1）A球、B球兩球碰后帶電量各為$\frac{q}{2}$，B球從N點(diǎn)到圓周運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理有：
$\frac{1}{2}$mv_B′²-$\frac{1}{2}$mv_B²=-mg2L+E•$\frac{q}{2}$•2L
在圓周運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)由牛頓第二定律有：
mg-E•$\frac{q}{2}$=m$\frac{v{′}_{B}^{2}}{L}$，
解得：v_B=$\sqrt{2.5gL}$；
（2）A球從M到N做圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有：qv_AB=m$\frac{{v}_{A}^{2}}{r}$，
又v_A=v_B=$\sqrt{2.5gL}$，
又由幾何關(guān)系有：s_MN=$\sqrt{2}$r，
s_MN=$\frac{m}{qB}$$\sqrt{5gL}$；
（3）A球水平勻速?gòu)腝點(diǎn)射出，故：$\frac{1}{2}$q•v_QB+$\frac{1}{2}$qE=mg
A球水平勻速?gòu)腝點(diǎn)射出，有：$\frac{1}{2}$mgh=$\frac{1}{2}$mv_Q²
聯(lián)立⑦⑧，解得：h=$\frac{{m}^{2}g}{{q}^{2}{B}^{2}}$
S_NQ=$\sqrt{2}$h=$\frac{\sqrt{2}{m}^{2}g}{{q}^{2}{B}^{2}}$；
答：（1）B球被碰后的速度大小為$\sqrt{2.5gL}$．
（2）A球射入點(diǎn)M到N的距離為$\frac{m}{qB}$$\sqrt{5gL}$．
（3）A球從Q點(diǎn)水平射出時(shí)距N點(diǎn)的距離為$\frac{\sqrt{2}{m}^{2}g}{{q}^{2}{B}^{2}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題綜合性較強(qiáng)，解決綜合問(wèn)題的重點(diǎn)在于分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，分過(guò)程靈活應(yīng)用相應(yīng)的物理規(guī)律；優(yōu)先考慮動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒等注重整體過(guò)程的物理規(guī)律．