Question

15．如圖所示，豎直平面內(nèi)有直角坐標系xOy，x軸與絕緣的水平面重合，y軸左側(cè)空間存在水平向右的勻強電場E₁=45N/C，y軸右側(cè)空間存在垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向上的勻強電場E₂=40N/C．質(zhì)量m₁=1×10^-3kg、電量q=1×10^-3 C的小物塊P從A點由靜止釋放，與靜止在原點O的帶電小物塊Q發(fā)生正碰，正碰的同時撤掉電場E₁，碰撞后物塊Q恰好做勻速圓周運動，速度為v₂=1m/s．已知AO距離l=0.2m，Q的質(zhì)量為m₂=7×10^-3kg，小物P與水平面的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，不考慮P、Q間的庫侖力．取g=10m/s²，求：
（1）碰后P的速度大小v₁；
（2）若碰后Q恰好通過C點，OC與x軸的夾角θ=30°，OC長為l_OC=0.4m，求磁感應(yīng)強度B的大��；
（3）若改變磁場磁感應(yīng)強度的大小為B′使Q離開第一象限后落地時能與P（P已靜止）再次相碰，求B′的大�。�

Answer 1

分析 （1）對P由動能定理求出碰撞前的速度，兩物體碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可以求出碰撞后P的速度．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，應(yīng)用平衡條件與牛頓第二定律可以求出磁感應(yīng)強度．
（3）應(yīng)用動能定理求出P的速度，應(yīng)用平拋運動規(guī)律與幾何知識求出粒子的軌道半徑，牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強度．

解答 解：（1）P與Q碰前對P由動能定理得：
qE₁l-μm₁gl=$\frac{1}{2}$m₁v₀²-0，
代入數(shù)據(jù)解得：v₀=4m/s；
P與Q正碰，系統(tǒng)動量守恒，以m₁的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：
m₁v₀=m₁v₁+m₂v₂，
代入數(shù)據(jù)得：v₁=-3m/s，負號表示方向水平向左；
（2）Q恰好做勻速圓周運動，則有：qE₂=m₂g，
代入數(shù)據(jù)解得：q=1.75×10^-3C，
粒子受洛侖茲力提供向心力，設(shè)圓周的半徑為R，則由牛頓第二定律得：qv₂B=m₂$\frac{{v}_{2}^{2}}{R}$，
軌跡如圖，由幾何關(guān)系有：R=l_OC，

解得：B=10T；
（3）當Q經(jīng)過y軸時速度水平向左，離開電場后做平拋運動，P碰后做勻減速運動．
P勻減速運動至停，其平均速度為：$\overline{v}$=$\frac{1}{2}$v₁=$\frac{1}{2}$×3=1.5m/s＞v₂=1m/s，故Q在P停止后與其相碰，
至P停止由動能定理得：-μm₁gx=0-$\frac{1}{2}$m₁v₁²，
則Q平拋的時間：t=$\frac{x}{{v}_{2}}$，
Q平拋的高度：h=$\frac{1}{2}$gt²，
設(shè)Q做勻速圓周運動的半徑為R′，由幾何關(guān)系有：R′=$\frac{1}{2}$h，
由牛頓第二定律得：qv₂B′=m₂$\frac{{v}_{2}^{2}}{R′}$，
聯(lián)立解得：B′=1.98T；
答：（1）碰后P的速度大小v₁為-3m/s．
（2）若碰后Q恰好通過C點，OC與x軸的夾角θ=30°，OC長為l_OC=0.4m，磁感應(yīng)強度B的大小為10T；
（3）若改變磁場磁感應(yīng)強度的大小為B′使Q離開第一象限后落地時能與P再次相碰，B′的大小為1.98T．

點評 本題考查了求速度、磁感應(yīng)強度問題，分析清楚物體運動過程是正確解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動能定理、平拋運動規(guī)律、動能定理、牛頓第二定律即可正確解題．