Question

15．如图所示，竖直平面内有直角坐标系xOy，x轴与绝缘的水平面重合，y轴左侧空间存在水平向右的匀强电场E₁=45N/C，y轴右侧空间存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场E₂=40N/C．质量m₁=1×10^-3kg、电量q=1×10^-3 C的小物块P从A点由静止释放，与静止在原点O的带电小物块Q发生正碰，正碰的同时撤掉电场E₁，碰撞后物块Q恰好做匀速圆周运动，速度为v₂=1m/s．已知AO距离l=0.2m，Q的质量为m₂=7×10^-3kg，小物P与水平面的动摩擦因数为μ=0.5，不考虑P、Q间的库仑力．取g=10m/s²，求：
（1）碰后P的速度大小v₁；
（2）若碰后Q恰好通过C点，OC与x轴的夹角θ=30°，OC长为l_OC=0.4m，求磁感应强度B的大小；
（3）若改变磁场磁感应强度的大小为B′使Q离开第一象限后落地时能与P（P已静止）再次相碰，求B′的大小？

Answer 1

分析 （1）对P由动能定理求出碰撞前的速度，两物体碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰撞后P的速度．
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，应用平衡条件与牛顿第二定律可以求出磁感应强度．
（3）应用动能定理求出P的速度，应用平抛运动规律与几何知识求出粒子的轨道半径，牛顿第二定律求出磁感应强度．

解答 解：（1）P与Q碰前对P由动能定理得：
qE₁l-μm₁gl=$\frac{1}{2}$m₁v₀²-0，
代入数据解得：v₀=4m/s；
P与Q正碰，系统动量守恒，以m₁的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
m₁v₀=m₁v₁+m₂v₂，
代入数据得：v₁=-3m/s，负号表示方向水平向左；
（2）Q恰好做匀速圆周运动，则有：qE₂=m₂g，
代入数据解得：q=1.75×10^-3C，
粒子受洛仑兹力提供向心力，设圆周的半径为R，则由牛顿第二定律得：qv₂B=m₂$\frac{{v}_{2}^{2}}{R}$，
轨迹如图，由几何关系有：R=l_OC，

解得：B=10T；
（3）当Q经过y轴时速度水平向左，离开电场后做平抛运动，P碰后做匀减速运动．
P匀减速运动至停，其平均速度为：$\overline{v}$=$\frac{1}{2}$v₁=$\frac{1}{2}$×3=1.5m/s＞v₂=1m/s，故Q在P停止后与其相碰，
至P停止由动能定理得：-μm₁gx=0-$\frac{1}{2}$m₁v₁²，
则Q平抛的时间：t=$\frac{x}{{v}_{2}}$，
Q平抛的高度：h=$\frac{1}{2}$gt²，
设Q做匀速圆周运动的半径为R′，由几何关系有：R′=$\frac{1}{2}$h，
由牛顿第二定律得：qv₂B′=m₂$\frac{{v}_{2}^{2}}{R′}$，
联立解得：B′=1.98T；
答：（1）碰后P的速度大小v₁为-3m/s．
（2）若碰后Q恰好通过C点，OC与x轴的夹角θ=30°，OC长为l_OC=0.4m，磁感应强度B的大小为10T；
（3）若改变磁场磁感应强度的大小为B′使Q离开第一象限后落地时能与P再次相碰，B′的大小为1.98T．

点评 本题考查了求速度、磁感应强度问题，分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，应用动能定理、平抛运动规律、动能定理、牛顿第二定律即可正确解题．