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    9．如图（a）所示，绝缘轨道MNPQ位于同一竖直面内，其中MN段水平，PQ段竖直，NP段为光滑的$\frac{1}{4}$圆弧，圆心为O，半径为a，轨道最左端M点处静置一质量为m、电荷量为q（q＞0）的物块A，直线NN′右侧有方向水平向右的电场（图中未画出），场强为E=$\frac{mg}{q}$，在包含圆弧轨道NP的ONO′P区域有方向垂直纸面向外的匀强磁场，在轨道M端左侧有一放在水平光滑桌面上的可发射的“炮弹”的电磁炮模型，其结构图如图（b）所示．电磁炮由两条等长的平行光滑导轨I、II与电源和开关S串联．电源的电动势为U0，内阻为r，导轨I、II相距为d，电阻忽略不计，“炮弹”是一质量为2m、电阻为R的不带电导体块C，C刚好与I、II紧密接触，距离两导轨右端为l，C的底面与轨道MN在同一水平面上，整个电磁炮处于均匀磁场中，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B0，重力加速度为g，不考虑C在导轨内运动时的电磁感应现象，A、C可视为质点，并设A在运动过程中所带电荷一直未变．
    （1）求C与A碰撞前的速度v0的大小；
    （2）设A、C的碰撞为弹性碰撞，A、C与MN轨道的滑动摩擦因数相同，若碰后A恰能到达P点，求C最终停止位置到M点的距离；
    （3）设碰后A恰能到达P点，若要求A运动时始终不离开圆弧轨道，求ONO′P区域内磁场的磁感应强度B应满足的条件．

    分析 （1）先根据欧姆定律求出通过“炮弹”的回路的电流，再由动能定理求C与A碰撞前的速度v0的大小．
    （2）A、C的碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒和动能守恒列式，得到碰后两者的速度表达式．A在NN′右侧受到的电场力与重力大小相等，重力和电场力的合力大小为$\sqrt{2}$mg，方向垂直于OQ斜向右下，N、P两点对称，要A恰能到达P点只需A刚到达N点即可，由动能定理求解．
    （3）当A由P滑回N点时，洛伦兹力指向O点，A可能离开轨道．由动能定理和能量守恒定律，结合数学知识求解．

    解答 解：（1）通过“炮弹”的回路的电流为 I=$\frac{E}{R+r}$
    对C，由动能定理得
       F安L=$\frac{1}{2}•2m{v}_{0}^{2}$
    又 F安=B0Id
    联立解得 v0=$\sqrt{\frac{{B}_{0}Edl}{（R+r）m}}$．
    （2）A、C间完全弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律和动能守恒得：
      2mv0=mvA+2mvC．
      $\frac{1}{2}•$2mv02=$\frac{1}{2}•$mvA2+$\frac{1}{2}•$2mvC2．
    联立解得：vA=$\frac{4}{3}{v}_{0}$=$\frac{4}{3}$$\sqrt{\frac{{B}_{0}Edl}{（R+r）m}}$．vC=$\frac{1}{3}{v}_{0}$=$\frac{1}{3}$$\sqrt{\frac{{B}_{0}Edl}{（R+r）m}}$．
    A在NN′右侧受到的电场力 F=qE=q$\frac{mg}{q}$=mg
    重力和电场力的合力大小为 F合=$\sqrt{2}$mg，方向垂直于OQ斜向右下，N、P两点对称，要A恰能到达P点只需A刚到达N点即可，设摩擦因数为μ，C静止时与M点的距离为lx，有
       μmgL=$\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$
      μ•mglx=$\frac{1}{2}•2m{v}_{C}^{2}$
    联立解得 lx=$\frac{L}{16}$．

    （3）当A由P滑回N点时，洛伦兹力指向O点，A可能离开轨道．设A相对OP转动θ角时，其速度为v，对轨道的压力为FN，有
       FN+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不离开轨道，须得 FN≥0．联立解得 B≤$\frac{m\sqrt{g}（3sinθ+3cosθ-2）}{q\sqrt{2a}\sqrt{（sinθ+cosθ-1）}}$
    因为 f（θ）=$\frac{3sinθ+3cosθ-2}{\sqrt{sinθ+cosθ-1}}$=3$\sqrt{sinθ+cosθ-1}$+$\frac{1}{\sqrt{sinθ+cosθ-1}}$
    当3$\sqrt{sinθ+cosθ-1}$=$\frac{1}{\sqrt{sinθ+cosθ-1}}$时，即sinθ+cosθ=$\frac{4}{3}$时，f（θ）=f（θ）min=2$\sqrt{3}$
    故B≤$\frac{m\sqrt{g}}{q\sqrt{2a}}$×2$\sqrt{3}$=$\frac{m}{q}$$\sqrt{\frac{6g}{a}}$=Bmax．
    考虑到极值点要求sinθ+cosθ=$\frac{4}{3}$，变形可得 1＞sin（θ+$\frac{π}{4}$）=$\frac{\frac{4}{3}}{\sqrt{2}}$＞$\frac{1}{\sqrt{2}}$=sin$\frac{π}{4}$，可知θ在[0，π/4]范围内有解，说明上面讨论是合理的，即B的取值应满足的条件是：
      B≤Bmax=$\frac{m}{q}$$\sqrt{\frac{6g}{a}}$．
    答：
    （1）C与A碰撞前的速度v0的大小为$\sqrt{\frac{{B}_{0}Edl}{（R+r）m}}$；
    （2）设A、C的碰撞为弹性碰撞，A、C与MN轨道的滑动摩擦因数相同，若碰后A恰能到达P点，C最终停止位置到M点的距离是$\frac{L}{16}$；
    （3）设碰后A恰能到达P点，若要求A运动时始终不离开圆弧轨道，ONO′P区域内磁场的磁感应强度B应满足的条件是B≤$\frac{m}{q}$$\sqrt{\frac{6g}{a}}$．

    点评 解决本题的关键是要分析清楚物体运动过程，运用数学知识求极值．分段应用动能定理、牛顿第二定律和能量守恒定律进行研究．

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    （1）求线框中感应电流的大小和方向．
    （2）求线框中a、b两点的电势差值．
    （3）写出所加水平外力随时间变化的表达式．

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