Question

【題目】如圖所示，LMN是豎直平面內固定的光滑絕緣軌道，MN水平且足夠長，LM下端與MN相切．在OP與QR之間的區域內有一豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B．C、D是質量為m和4m的絕緣小物塊（可視為質點），其中D帶有電荷量q，C不帶電．現將物塊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進入虛線OP右側的復合場中繼續運動，最后從RQ側飛出復合場區域．求：

（1）物塊D進入磁場時的瞬時速度vD；
（2）若物塊D進入磁場后恰好做勻速圓周運動，求所加勻強電場的電場強度E的值及物塊D的電性；
（3）若物塊D飛離復合場區域時速度方向與水平夾角為60°，求物塊D飛出QR邊界時與水平軌道的距離d．

Answer 1

【答案】
（1）解：對物塊C，根據動能定理有：mgh=

反彈后，有： =mg

得：v1=

CD碰撞時，取向右為正方向，由動量守恒定律有：

mv=﹣mv1+4mvD．

代入得：vD= =

答：物塊D進入磁場時的瞬時速度vD是 ．

（2）解：若物塊D做勻速圓周運動，則電場力與重力相等，則有：

4mg=qE

得：E=

物塊D所受的電場力方向豎直向上，所以物塊D帶正電

答：若物塊D進入磁場后恰好做勻速圓周運動，所加勻強電場的電場強度E的值是 ，物塊D帶正電；

（3）解：由幾何關系得：

d=（1﹣cos60°）R=

又 R= =

得：d= =

答：物塊D飛出QR邊界時與水平軌道的距離d是 ．

【解析】（1）對物塊C，根據動能定理求出與D碰撞前的速度．C與D碰撞過程，運用動量守恒定律可求得碰后D的速度，即為物塊D進入磁場時的瞬時速度．（2）物塊D做勻速圓周運動，電場力與重力二力平衡，由此判斷D的電性．由平衡條件求電場強度．（3）物塊D進入磁場后做勻速圓周運動，由半徑公式和幾何關系求出物塊D飛出QR邊界時與水平軌道的距離d．
【考點精析】根據題目的已知條件，利用動能定理的綜合應用和動量守恒定律的相關知識可以得到問題的答案，需要掌握應用動能定理只考慮初、末狀態，沒有守恒條件的限制，也不受力的性質和物理過程的變化的影響.所以，凡涉及力和位移，而不涉及力的作用時間的動力學問題，都可以用動能定理分析和解答，而且一般都比用牛頓運動定律和機械能守恒定律簡捷；動量守恒定律成立的條件：系統不受外力或系統所受外力的合力為零；系統所受的外力的合力雖不為零，但系統外力比內力小得多；系統所受外力的合力雖不為零，但在某個方向上的分量為零，則在該方向上系統的總動量的分量保持不變．