Question

13．某塑料球成型機工作時，可以噴出速度v₀=10m/s的塑料小球，已知噴出小球的質(zhì)量m=1.0×10^-4 kg，并且在噴出時已帶了q=1.0×10^-4 C的負電荷，如圖所示，小球從噴口飛出后，先滑過長d=1.5m的水平光滑的絕緣軌道，而后又過半徑R=0.4m的圓弧形豎立的光滑絕緣軌道．今在水平軌道上加上水平向右的電場強度為E的勻強電場，小球?qū)⑶『脧膱A弧軌道的最高點M處水平飛出；若再在圓形軌道區(qū)域加上垂直于紙面向里的勻強磁場后，小球?qū)⑶『脧膱A形軌道上與圓心等高的N點脫離軌道落入放在地面上接地良好的金屬容器內(nèi)，g=10m/s²，求：
（1）所加電場的電場強度E；
（2）所加磁場的磁感應強度B．

Answer 1

分析 （1）在水平軌道上加上水平向右的電場強度為E的勻強電場，小球?qū)⑶『脧膱A弧軌道的最高點M處水平飛出，知支持力為零，小球所受的重力提供向心力，對水平軌道段運用動能定理，求出所加電場的電場強度E．
（2）在圓形軌道區(qū)域加上垂直于紙面向里的勻強磁場后，小球?qū)⑶『脧膱A形軌道上與圓心等高的N點脫離軌道，知在N點軌道對球的彈力為零，小球所受的洛倫茲力提供向心力，在M到N端，只有重力做功，機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律求出所加磁場的磁感應強度．

解答 解：（1）設(shè)小球在M點的速率為v₁，只加電場時對小球在M點，
由牛頓第二定律得：mg=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{R}$，
在水平軌道上，對小球由動能定理得：
qEd=$\frac{1}{2}$mv₁²-$\frac{1}{2}$mv₀²，
解得：E=32V/m；
（2）設(shè)小球在N點速率為v₂，在N點，
由牛頓第二定律得：qv₂B=m$\frac{{v}_{2}^{2}}{R}$，
從M到N點，由機械能守恒定律得：
mgR+$\frac{1}{2}$mv₁²=$\frac{1}{2}$mv₂²，解得：B=5$\sqrt{3}$T．
答：（1）所加電場的電場強度E為32V/m；
（2）所加磁場的磁感應強度B為5$\sqrt{3}$T．

點評 本題綜合運用了動能定理、機械能守恒定律、牛頓第二定律，并與電場磁場相結(jié)合，關(guān)鍵在于合理地選擇研究的過程，并能正確地進行受力分析；解決本題的關(guān)鍵是抓住小球在M點恰好水平飛出所隱含的速度條件以及恰好從N點脫離軌道所隱含的速度條件．