Question

9．如圖（a）所示，絕緣軌道MNPQ位于同一豎直面內(nèi)，其中MN段水平，PQ段豎直，NP段為光滑的$\frac{1}{4}$圓弧，圓心為O，半徑為a，軌道最左端M點(diǎn)處?kù)o置一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的物塊A，直線NN′右側(cè)有方向水平向右的電場(chǎng)（圖中未畫(huà)出），場(chǎng)強(qiáng)為E=$\frac{mg}{q}$，在包含圓弧軌道NP的ONO′P區(qū)域有方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在軌道M端左側(cè)有一放在水平光滑桌面上的可發(fā)射的“炮彈”的電磁炮模型，其結(jié)構(gòu)圖如圖（b）所示．電磁炮由兩條等長(zhǎng)的平行光滑導(dǎo)軌I、II與電源和開(kāi)關(guān)S串聯(lián)．電源的電動(dòng)勢(shì)為U₀，內(nèi)阻為r，導(dǎo)軌I、II相距為d，電阻忽略不計(jì)，“炮彈”是一質(zhì)量為2m、電阻為R的不帶電導(dǎo)體塊C，C剛好與I、II緊密接觸，距離兩導(dǎo)軌右端為l，C的底面與軌道MN在同一水平面上，整個(gè)電磁炮處于均勻磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B₀，重力加速度為g，不考慮C在導(dǎo)軌內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)的電磁感應(yīng)現(xiàn)象，A、C可視為質(zhì)點(diǎn)，并設(shè)A在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所帶電荷一直未變．
（1）求C與A碰撞前的速度v₀的大��；
（2）設(shè)A、C的碰撞為彈性碰撞，A、C與MN軌道的滑動(dòng)摩擦因數(shù)相同，若碰后A恰能到達(dá)P點(diǎn)，求C最終停止位置到M點(diǎn)的距離；
（3）設(shè)碰后A恰能到達(dá)P點(diǎn)，若要求A運(yùn)動(dòng)時(shí)始終不離開(kāi)圓弧軌道，求ONO′P區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)滿足的條件．

Answer 1

分析 （1）先根據(jù)歐姆定律求出通過(guò)“炮彈”的回路的電流，再由動(dòng)能定理求C與A碰撞前的速度v₀的大小．
（2）A、C的碰撞為彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒和動(dòng)能守恒列式，得到碰后兩者的速度表達(dá)式．A在NN′右側(cè)受到的電場(chǎng)力與重力大小相等，重力和電場(chǎng)力的合力大小為$\sqrt{2}$mg，方向垂直于OQ斜向右下，N、P兩點(diǎn)對(duì)稱，要A恰能到達(dá)P點(diǎn)只需A剛到達(dá)N點(diǎn)即可，由動(dòng)能定理求解．
（3）當(dāng)A由P滑回N點(diǎn)時(shí)，洛倫茲力指向O點(diǎn)，A可能離開(kāi)軌道．由動(dòng)能定理和能量守恒定律，結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)求解．

解答 解：（1）通過(guò)“炮彈”的回路的電流為 I=$\frac{E}{R+r}$
對(duì)C，由動(dòng)能定理得
   F_安L=$\frac{1}{2}•2m{v}_{0}^{2}$
又 F_安=B₀Id
聯(lián)立解得 v₀=$\sqrt{\frac{{B}_{0}Edl}{（R+r）m}}$．
（2）A、C間完全彈性碰撞，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律和動(dòng)能守恒得：
  2mv₀=mv_A+2mv_C．
  $\frac{1}{2}•$2mv₀²=$\frac{1}{2}•$mv_A²+$\frac{1}{2}•$2mv_C²．
聯(lián)立解得：v_A=$\frac{4}{3}{v}_{0}$=$\frac{4}{3}$$\sqrt{\frac{{B}_{0}Edl}{（R+r）m}}$．v_C=$\frac{1}{3}{v}_{0}$=$\frac{1}{3}$$\sqrt{\frac{{B}_{0}Edl}{（R+r）m}}$．
A在NN′右側(cè)受到的電場(chǎng)力 F=qE=q$\frac{mg}{q}$=mg
重力和電場(chǎng)力的合力大小為 F_合=$\sqrt{2}$mg，方向垂直于OQ斜向右下，N、P兩點(diǎn)對(duì)稱，要A恰能到達(dá)P點(diǎn)只需A剛到達(dá)N點(diǎn)即可，設(shè)摩擦因數(shù)為μ，C靜止時(shí)與M點(diǎn)的距離為l_x，有
   μmgL=$\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$
  μ•mgl_x=$\frac{1}{2}•2m{v}_{C}^{2}$
聯(lián)立解得 l_x=$\frac{L}{16}$．

（3）當(dāng)A由P滑回N點(diǎn)時(shí)，洛倫茲力指向O點(diǎn)，A可能離開(kāi)軌道．設(shè)A相對(duì)OP轉(zhuǎn)動(dòng)θ角時(shí)，其速度為v，對(duì)軌道的壓力為F_N，有
   F_N+qvB-mgsinθ-qEcosθ=m$\frac{{v}^{2}}{a}$
由能量守恒得  mgasinθ-qEa（1-cosθ）=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
要使得A不離開(kāi)軌道，須得 F_N≥0．聯(lián)立解得 B≤$\frac{m\sqrt{g}（3sinθ+3cosθ-2）}{q\sqrt{2a}\sqrt{（sinθ+cosθ-1）}}$
因?yàn)?f（θ）=$\frac{3sinθ+3cosθ-2}{\sqrt{sinθ+cosθ-1}}$=3$\sqrt{sinθ+cosθ-1}$+$\frac{1}{\sqrt{sinθ+cosθ-1}}$
當(dāng)3$\sqrt{sinθ+cosθ-1}$=$\frac{1}{\sqrt{sinθ+cosθ-1}}$時(shí)，即sinθ+cosθ=$\frac{4}{3}$時(shí)，f（θ）=f（θ）_min=2$\sqrt{3}$
故B≤$\frac{m\sqrt{g}}{q\sqrt{2a}}$×2$\sqrt{3}$=$\frac{m}{q}$$\sqrt{\frac{6g}{a}}$=B_max．
考慮到極值點(diǎn)要求sinθ+cosθ=$\frac{4}{3}$，變形可得 1＞sin（θ+$\frac{π}{4}$）=$\frac{\frac{4}{3}}{\sqrt{2}}$＞$\frac{1}{\sqrt{2}}$=sin$\frac{π}{4}$，可知θ在[0，π/4]范圍內(nèi)有解，說(shuō)明上面討論是合理的，即B的取值應(yīng)滿足的條件是：
  B≤B_max=$\frac{m}{q}$$\sqrt{\frac{6g}{a}}$．
答：
（1）C與A碰撞前的速度v₀的大小為$\sqrt{\frac{{B}_{0}Edl}{（R+r）m}}$；
（2）設(shè)A、C的碰撞為彈性碰撞，A、C與MN軌道的滑動(dòng)摩擦因數(shù)相同，若碰后A恰能到達(dá)P點(diǎn)，C最終停止位置到M點(diǎn)的距離是$\frac{L}{16}$；
（3）設(shè)碰后A恰能到達(dá)P點(diǎn)，若要求A運(yùn)動(dòng)時(shí)始終不離開(kāi)圓弧軌道，ONO′P區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)滿足的條件是B≤$\frac{m}{q}$$\sqrt{\frac{6g}{a}}$．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵是要分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程，運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)求極值．分段應(yīng)用動(dòng)能定理、牛頓第二定律和能量守恒定律進(jìn)行研究．