Question

15．在某空間存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，如圖所示，一段光滑且絕緣的圓弧軌道AC固定在紙面內(nèi)，其圓心為O點(diǎn)，半徑R=1.8m，OA連線在豎直方向上，AC弧對(duì)應(yīng)的圓心角θ=37°．今有一質(zhì)量m=3.6×10^-4kg、電荷量q=+9.0×10^-4C的帶電小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），以v₀=4.0m/s的初速度沿水平方向從A點(diǎn)射入圓弧軌道內(nèi)，一段時(shí)間后從C點(diǎn)離開，小球離開C點(diǎn)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)．已知重力加速度g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不計(jì)空氣阻力，求：
（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E；
（2）小球剛離開C點(diǎn)時(shí)的速度大小；
（3）小球剛射入圓弧軌道時(shí)，軌道對(duì)小球的瞬間支持力．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)小球離開圓弧后，受力分析，結(jié)合平衡條件，即可求解；
（2）選取小球從進(jìn)入軌道到離開，由動(dòng)能定理，即可求解；
（3）對(duì)小球受力情況，由牛頓第二定律，結(jié)合洛倫茲力表達(dá)式，即可求解．

解答 解：（1）當(dāng)小球離開圓弧軌道后，對(duì)其受力分析如圖所示，由平衡條件得：
F_電=qE=mgtanθ
代入數(shù)據(jù)解得：E=3 N/C 
（2）小球從進(jìn)入圓弧軌道到離開圓弧軌道的過程中，由動(dòng)能定理得：
F_電Rsinθ-mgR（1-cosθ）=$\frac{m{v}^{2}}{2}$-$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2}$

代入數(shù)據(jù)得：v=5m/s
（3）由F 磁=qvB=$\frac{mg}{cosθ}$
解得：B=1T                           
分析小球射入圓弧軌道瞬間的受力情況如圖所示，

由牛頓第二定律得：F N+Bqv₀-mg=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{R}$
代入數(shù)據(jù)得：FN=3.2×10-3N；
答：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)3 N/C；
（2）小球剛離開C點(diǎn)時(shí)的速度大小5m/s；
（3）小球剛射入圓弧軌道時(shí)，軌道對(duì)小球的瞬間支持力3.2×10^-3N．

點(diǎn)評(píng) 考查小球的受力分析，掌握牛頓第二定律與平衡方程的應(yīng)用，理解動(dòng)能定理的運(yùn)用，注意功的正負(fù)表達(dá)，知道洛倫茲力大小受到速度的大小的影響．