Question

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，半徑R=1.8m，OA連線在豎直方向上，AC弧對應(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），以v₀=4.0m/s的初速度沿水平方向從A點射入圓弧軌道內(nèi)，一段時間后從C點離開，小球離開C點后做勻速直線運動．已知重力加速度g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不計空氣阻力，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軌道的壓力．

Answer 1

分析：（1）對小球受力分析，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，對其受力分析如圖1所示，

由平衡條件得：F_電=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，由動能定理得：
F_電Rsinθ-mgR（1-cosθ）=

1

2

mv2-

1

2

m

v

2 0

代入數(shù)據(jù)得：v=5m/s
由F_洛=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：F_N+Bqv₀-mg=

m v 2 0

R

代入數(shù)據(jù)得：F_N=3.2×10^-3 N
由牛頓第三定律得，小球?qū)�軌道的壓�?br />F_N′=F_N=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軌道的壓力3.2×10^-3 N．

點評：考查如何受力分析，掌握平衡條件的應(yīng)用，理解動能定理與牛頓第二、三定律的運用，注意電場力與洛倫茲力表達(dá)式，同時確定小球做勻速圓周運動的向心力的來源是解題的關(guān)鍵．