Question

2．如圖所示，光滑絕緣水平面上，虛線所在豎直平面的右側(cè)有磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場．有兩個大小相同的金屬球a、b，b球質(zhì)量為$\frac{3}{4}$m，不帶電，靜止在磁場中的Q點，a球質(zhì)量為m，帶電量為+q．a(chǎn)球由電場加速后，從P點射入磁場，經(jīng)時間t=$\frac{πm}{3qB}$與靜止的b球正碰，P、Q兩點相距為d．碰后a、b兩球運動的軌道半徑相同且為d．求：
（1）碰撞前a球的動能；
（2）碰撞過程中損失的動能．

Answer 1

分析 （1）碰撞前，a在磁場中做勻速圓周運動，其周期為 T₀=$\frac{2πm}{qB}$．運動時間t=$\frac{πm}{3qB}$=$\frac{1}{6}{T}_{0}$，可得到軌跡對應(yīng)的圓心角，由幾何關(guān)系求出軌跡半徑．再由半徑公式求解碰撞前a的速度，即可得到其動能．
（2）兩球碰撞接觸后，帶電量平分．碰撞過程遵守動量守恒．結(jié)合半徑與動量關(guān)系可求得碰后兩球的動量，從而求解損失的動能．

解答 解：（1）設(shè)a球經(jīng)電場加速并以速度v進入磁場后做勻速圓周運動，其周期為T₀=$\frac{2πm}{qB}$．
因t=$\frac{πm}{3qB}$=$\frac{1}{6}{T}_{0}$，則有圓心角∠POQ=$\frac{1}{6}×2π$=$\frac{π}{3}$
由幾何知識可得軌跡半徑 R=d
由R=$\frac{mv}{qB}$得 v=$\frac{qBR}{m}$=$\frac{qBd}{m}$
碰撞前a球的動能 E_k=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$=$\frac{{q}^{2}4y8vjjk^{2}{B}^{2}}{2m}$
（2）由于電荷守恒，兩球碰撞接觸后，a球所帶電荷量由大小相同的金屬球a、b平分，帶電量為 q_A=q_B=$\frac{q}{2}$，因碰后a、b兩球運動的軌道半徑相同且為d，設(shè)碰后它們動量大小為p′，由
  R_A=R_B=$\frac{mv′}{q′B}$=$\frac{p′}{q′B}$=d
可知碰后 p_A′=p_B′
由動量守恒定律得　p=p_A′+p_B′
又 d=R=$\frac{mv}{qB}$=$\frac{p}{qB}$
碰撞過程中損失的動能△E_k=$\frac{{p}^{2}}{2m}$-$\frac{{p}_{A}^{′2}}{2m}$-$\frac{{p}_{B}^{′2}}{2{m}_{B}}$
聯(lián)立解得△E_k=$\frac{5{q}^{2}{B}^{2}16qpgog^{2}}{24m}$
答：
（1）碰撞前a球的動能是$\frac{{q}^{2}53od13o^{2}{B}^{2}}{2m}$；
（2）碰撞過程中損失的動能是$\frac{5{q}^{2}{B}^{2}58hxtdp^{2}}{24m}$．

點評 本題綜合考查帶電粒子在勻強磁場中的運動，涉及圓周運動、牛頓第二定律、動量守恒和能量守恒，主要易錯點有
①認(rèn)為小球一定垂直于MN射入，因此在PQ與MN夾角未知的情況下不能順利進行分析和解答；②認(rèn)為“正碰”即為彈性碰撞，沒有機械能損失．