Question

如圖（a）所示，有兩級光滑的絕緣平臺，高一級平臺距離絕緣物塊的中心O的高度為h，低一級平臺高度是高一級平臺高度的一半．絕緣物塊放在水平地面上，物塊與地面間的動摩擦力為f，一輕質(zhì)彈簧一端連接在絕緣物塊的中心，另一端固定在墻面上．邊界GH左邊存在著正交的勻強電場和交變磁場，電場強度為E，磁感應(yīng)強度變化情況如圖（b）所示，磁感強度大小均為B₀．有一質(zhì)量為m、帶負電的小球從高一級平臺左邊緣以一定初速度滑過平臺后，垂直于邊界GH在t=T/4時刻進入復(fù)合場，剛進入復(fù)合場時磁場方向向外且為正值．小球以不變的速率運動至O點處恰好與絕緣物塊發(fā)生正碰，碰撞過程沒有能量損失（碰撞時間不計）．碰撞后小球恰能垂直于邊界GH返回低一級平臺上，而絕緣物塊從C點向右運動到最遠點D，C、D間的距離為S，（重力加速度為g）
求：

（1）交變磁場變化的周期T；
（2）小球從高一級平臺左邊緣滑出的初速度v；
（3）絕緣物塊從C點運動至D點時，彈簧具有的彈性勢能E_p．

Answer 1

分析：（1）帶電小球進入復(fù)合場做勻速圓周運動，重力與電場力平衡，可得到場強．小球在t=

1

4

T時刻進入復(fù)合場，與物塊碰后做勻速圓周運動，恰能垂直于邊界GH返回低一級平臺上，返回低一級臺階的過程，磁場方向與小球進入復(fù)合場時磁場方向相反，說明小球從高一級平臺進入復(fù)合場到與物塊碰撞經(jīng)過的時間等于

T

4

，由小球做勻速圓周運動的周期公式T′=

2πm

qB

即可求出交變磁場變化的周期T；
（2）小球在復(fù)合場中由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解小球從高一級平臺左邊緣滑出的初速度v；
（3）根據(jù)牛頓第二定律求出小球與物塊碰后的速率，根據(jù)能量守恒求出物塊獲得的動能，并由能量守恒求解絕緣物塊從C點運動至D點時，彈簧具有的彈性勢能E_p．

解答：解：（1）帶電小球垂直于邊界GH進入復(fù)合場，做勻速圓周運動，則有：
qE=mg…①
帶電小球做勻速圓周運動由洛倫茲力提供向心力，且經(jīng)過半個圓周運動到達O點，碰后再經(jīng)過半個圓周回到二級平臺．設(shè)小球做勻速圓周運動的周期為T′，則：
T′=

2πm

qB

…②
因為

T

4

=

T′

2

，得T=2T′，則由①②，得交變磁場變化的周期：T=

4πE

gB0

（2）由牛頓第二定律得：qvB₀=m

v2

r

…③
由幾何關(guān)系得：r=

h

2

…④
由①③④，解得：v=

gB0h

2E

…⑤
（3）設(shè)小球碰后的速度大小為v′，碰后做勻速圓周運動的半徑為r′，由牛頓第二定律得：
qv′B₀=m

v′2

r′

…⑥
由幾何關(guān)系有：r′=

h

4

…⑦
聯(lián)立解得：v′=

gB0h

4E

…⑧
設(shè)碰后物塊獲得的動能為E_k，因碰撞過程沒有能量損失，則有：
 

1

2

mv2=

1

2

mv′2+E_k…⑨
物塊從C到D過程，由能量守恒定律得：
E_k=fs+E_p…⑩
由⑤⑧⑨⑩解得：E_p=

3mq2 B 2 0 h2

32E2

-fs．
答：
（1）交變磁場變化的周期T為

4πE

gB0

；
（2）小球從高一級平臺左邊緣滑出的初速度v是

gB0h

2E

；
（3）絕緣物塊從C點運動至D點時，彈簧具有的彈性勢能E_p是

3mq2 B 2 0 h2

32E2

-fs．

點評：本題要通過分析，得到小球圓周運動的周期與交變磁場變化的周期T的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律求出小球與物塊碰撞前后的速率是常規(guī)方法．此題綜合性較強．