精英家教網(wǎng)在某空間存在著水平向右的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,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=3.6×10-4 kg、電荷量q=+9.0×10-4 C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)電場的場強(qiáng)大小E;
(2)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B;
(3)小球射入圓弧軌道后的瞬間對(duì)軌道的壓力.
分析:(1)對(duì)小球受力分析,根據(jù)平衡條件,結(jié)合電場力的表達(dá)式,即可求解;
(2)根據(jù)動(dòng)能定理,選取小球從進(jìn)入圓弧軌道到離開圓弧軌道的過程,結(jié)合洛倫茲力表達(dá)式,即可求解;
(3)根據(jù)牛頓第二定律,且確定向心力的來源,并依據(jù)牛頓第三定律,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1所示,
精英家教網(wǎng)
由平衡條件得:F=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:
FRsinθ-mgR(1-cosθ)=
1
2
mv2-
1
2
m
v
2
0

代入數(shù)據(jù)得:v=5m/s
由F=qvB=
mg
cosθ
    
解得:B=1T           
(3)分析小球射入圓弧軌道瞬間的受力情況如圖2所示,
由牛頓第二定律得:FN+Bqv0-mg=
m
v
2
0
R

代入數(shù)據(jù)得:FN=3.2×10-3 N
由牛頓第三定律得,小球?qū)壍赖膲毫?br />FN′=FN=3.2×10-3 N
答:(1)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小3 N/C;
(2)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小1T;
(3)小球射入圓弧軌道后的瞬間對(duì)軌道的壓力3.2×10-3 N.
點(diǎn)評(píng):考查如何受力分析,掌握平衡條件的應(yīng)用,理解動(dòng)能定理與牛頓第二、三定律的運(yùn)用,注意電場力與洛倫茲力表達(dá)式,同時(shí)確定小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力的來源是解題的關(guān)鍵.
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(1)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E;
(2)小球射入圓弧軌道后的瞬間對(duì)軌道的壓力.

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(1)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E;
(2)小球剛離開C點(diǎn)時(shí)的速度大。
(3)小球剛射入圓弧軌道時(shí),軌道對(duì)小球的瞬間支持力.

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sin37°=0.6,cos37°=0.8.不計(jì)空氣阻力,求:
(1)勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的大小;
(2)小球從C點(diǎn)離開時(shí)的速度vC的大小
(3)小球射入圓弧軌道后的瞬間對(duì)軌道的壓力.

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