Question

（2012?廣西模擬）如圖所示，某空間內(nèi)存在著正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B=0.1T．一段光滑絕緣的圓弧軌道AC固定在復(fù)合場(chǎng)中，圓弧軌道所在的平面為豎直平面，且與電場(chǎng)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(duì)應(yīng)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(diǎn)）以E_K0的初動(dòng)能沿水平方向由A點(diǎn)射入圓弧軌道，一段時(shí)間后小球從C點(diǎn)離開(kāi)圓弧軌道，此刻將電場(chǎng)強(qiáng)度的方向改為豎直方向，大小保持不變，小球離開(kāi)C點(diǎn)后仍沿該圓弧軌道所在的圓周做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s²，求：
（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大�。�
（2）小球剛離開(kāi)C點(diǎn)時(shí)速度v_C的大小．
（3）小球初動(dòng)能E_K0的大�。�

Answer 1

分析：（1）小球離開(kāi)軌道后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，分析其受力知：小球受到重力mg、電場(chǎng)力qE和洛倫茲力qvB，由平衡條件求出電場(chǎng)強(qiáng)度場(chǎng)強(qiáng)E的大�。�
（2）小球離開(kāi)C后做圓周運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中，重力和電場(chǎng)力對(duì)小球做功，洛倫茲力不做功，由動(dòng)能定理求出小球運(yùn)動(dòng)在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能．

解答：解：（1）小球離開(kāi)軌道后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其受力情況一定是重力與電場(chǎng)力大小相等，方向相反，洛倫茲力提供向心力，則有：
qE=mg
所以：E=

mg

q

=

3.6×10-5×10

9×10-4

N/C=0.4N/C                          
（2）設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度為v．小球離開(kāi)C后做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，得：
qvCB=

m v 2 C

R

代入數(shù)據(jù)得：v_C=4.5m/s
（3）在小球沿軌道從A運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：
  qERsinθ-mgR(1-cosθ)=

1

2

 m

v

2 C

-Ek0
代入數(shù)據(jù)解得：Ek0=1.053×10-4J
答：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的大小為0.4N/C；
（2）小球剛離開(kāi)C點(diǎn)時(shí)速度v_C的大小為4.5m/s；．
（3）小球初動(dòng)能的大小為Ek0=1.053×10-4J．

點(diǎn)評(píng)：本題力平衡、動(dòng)能定理和牛頓第二定律的綜合應(yīng)用，運(yùn)用動(dòng)能定理時(shí)要注意洛倫茲力不做功，但洛倫茲力對(duì)向心力有作用，分析受力情況，作出力圖是解答的基礎(chǔ)，難點(diǎn)是分析小球經(jīng)過(guò)AC兩點(diǎn)的洛倫茲力關(guān)系．