Question

17．如圖所示：絕緣中空軌道豎直固定，圓弧段COD光滑，對(duì)應(yīng)圓心角為120°，C、D兩端等高，O為最低點(diǎn)，圓弧圓心為O′，半徑為R；直線段AC、HD粗糙，與圓弧段分別在C、D端相切；整個(gè)裝置處于方向垂直于軌道所在平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，在豎直虛線MC左側(cè)和ND右側(cè)還分別存在著場(chǎng)強(qiáng)大小相等、方向水平向右和向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量恒為q、直徑略小于軌道內(nèi)徑、可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球，從軌道內(nèi)距C點(diǎn)足夠遠(yuǎn)的P點(diǎn)由靜止釋放．已知PC=L，小球所受重力大小為電場(chǎng)力的$\sqrt{3}$倍，重力加速度為g．
（1）定性說(shuō)明小球第一次沿軟道AC下滑時(shí)的運(yùn)動(dòng)情況；
（2）求小球在軌道內(nèi)受到的摩擦力的最大值；
（3）求小球從釋放開始，經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間，小球克服摩擦力做的功．

Answer 1

分析 （1）開始時(shí)，根據(jù)重力與電場(chǎng)力的大小，即可知帶電小球與管壁無(wú)作用力，當(dāng)小球下滑后做加速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)致洛倫茲力增加，從而使得小球與管壁間的作用力增加，進(jìn)而滑動(dòng)摩擦力增大，由牛頓第二定律即可分析小球的運(yùn)動(dòng)情況；
（2）當(dāng)小球的摩擦力與重力及電場(chǎng)力的合力相等時(shí)，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，小球在軌道內(nèi)受到的摩擦力最大．根據(jù)滑動(dòng)摩擦力等于電場(chǎng)力與重力的合力，從而求解；
（3）根據(jù)動(dòng)能定理，結(jié)合電場(chǎng)力與重力的合力做功，與摩擦力做功的之和為零，來(lái)求解小球克服摩擦力做的功．

解答 解：A、小球第一次沿軌道AC下滑的過(guò)程中，由于重力大小為電場(chǎng)力的$\sqrt{3}$倍，由平行四邊形定則可知，電場(chǎng)力與重力的合力方向恰好沿著斜面AC向下，剛開始小球與管壁間無(wú)作用力，當(dāng)從靜止開始運(yùn)動(dòng)后，隨著速度的增大，由左手定則可知，洛倫茲力導(dǎo)致球?qū)�管壁有作用力，使得小球所受的滑�?dòng)摩擦力增大，而重力與電場(chǎng)力的合力不變，所以小球的合外力減小，根據(jù)牛頓第二定律可知，小球做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)摩擦力等于兩個(gè)力的合力時(shí)，做勻速運(yùn)動(dòng)；
（2）當(dāng)小球的摩擦力與重力及電場(chǎng)力的合力相等時(shí)，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，小球在軌道內(nèi)受到的摩擦力最大，大小為 f_m=$\sqrt{（qE）^{2}+（mg）^{2}}$，又 qE=$\frac{mg}{\sqrt{3}}$，解得 f_m=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$mg；
（3）小球從釋放開始，經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間，小球在CD間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)C或D的速度為零．取從靜止開始到最終速度為零的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得知，摩擦力做功與重力及電場(chǎng)力做功之和為零，所以小球克服摩擦力做的總功等于電場(chǎng)力與重力的合力做的功，為 W=$\sqrt{（qE）^{2}+（mg）^{2}}$ L=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$mgL．
答：（1）小球第一次沿軟道AC下滑時(shí)的運(yùn)動(dòng)情況是小球先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速運(yùn)動(dòng)；
（2）小球在軌道內(nèi)受到的摩擦力的最大值是$\frac{2\sqrt{3}}{3}$mg；
（3）小球從釋放開始，經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間，小球克服摩擦力做的功是$\frac{2\sqrt{3}}{3}$mgL．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵要正確分析小球的受力情況，來(lái)判斷其運(yùn)動(dòng)情況，要抓住洛倫茲力與速度是成正比的關(guān)系，應(yīng)用牛頓第二定律、動(dòng)能定理，分析要注意重力與電場(chǎng)力的合力正好沿著斜面向下．