Question

6．如圖所示，某空間內(nèi)存在著正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度的方向水平向右，磁感應強度的方向垂直紙面向里，勻強磁場的磁感應強度的大小B=0.1T．一段光滑絕緣的圓弧軌道AC固定在復合場中，圓弧軌道所在的平面為豎直平面，且與電場度的方向平行，圓弧的圓心為O、半徑R=1.8m，連結(jié)OA在豎直方向上，圓弧軌道所對應的圓心角θ=37°．現(xiàn)有一質(zhì)量m=3.6×10^-5kg、電荷量q=9.0×10^-4C的帶正電的小球（可視為質(zhì)點）以E_K0的初動能沿水平方向由A點射入圓弧軌道，一段時間后小球從C點離開圓弧軌道，此刻將電場強度的方向改為豎直方向，大小保持不變，小球離開C點后仍沿該圓弧軌道所在的圓周做勻速圓周運動，不計空氣阻力，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s²，求：
（1）勻強電場的電場強度E的大小．
（2）小球剛離開C點時速度v_C的大�。�
（3）小球初動能E_K0的大小．

Answer 1

分析 （1）小球離開軌道后做勻速圓周運動，分析其受力知：小球受到重力mg、電場力qE和洛倫茲力qvB，由平衡條件求出電場強度場強E的大小．
（2）小球離開C后做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解小球的速度；
（3）小球沿軌道從A運動到C的過程中，重力和電場力對小球做功，洛倫茲力不做功，由動能定理求出小球的初動能．

解答 解：（1）小球離開軌道后做勻速圓周運動，
其受力情況一定是重力與電場力大小相等，方向相反，
洛倫茲力提供向心力，則有：qE=mg，解得：E=$\frac{mg}{q}$=0.4N/C；                          
（2）設小球運動到C點時的速度為v．小球離開C后做圓周運動，
洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv_CB=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$，據(jù)得：v_C=4.5m/s；
（3）在小球沿軌道從A運動到C的過程中，
根據(jù)動能定理得：qERsinθ-mgR（1-cosθ）=E_K0，
解得：E_K0=1.053×10^-4J；
答：（1）勻強電場場強E的大小為0.4N/C；
（2）小球剛離開C點時速度v_C的大小為4.5m/s；．
（3）小球初動能的大小為1.053×10^-4J．

點評 本題力平衡、動能定理和牛頓第二定律的綜合應用，運用動能定理時要注意洛倫茲力不做功，但洛倫茲力對向心力有作用，分析受力情況，作出力圖是解答的基礎，難點是分析小球經(jīng)過AC兩點的洛倫茲力關系．