Question

6．如圖，在空間范圍足夠大的區(qū)域內存在著水平向右的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，一段光滑且絕緣的圓弧軌道AC固定在復合場內，其圓心為O點，半徑R=45m，OA連線在豎直方向上，AC弧對應的圓心角θ=37°．有一質量為m=3.6×10^-4kg、電荷量大小q=9.0×10^-6C的帶電小球，以v₀=20m/_S的初速度沿水平方向從A點射入圓弧軌道，從C點離開軌道后，作勻速直線運動．不計空氣阻力，取g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）請分析判斷小球帶正帶還是帶負電；
（2）勻強電場的場強大�。�
（3）小球在圓弧軌道A點時對軌道的壓力．

Answer 1

分析 （1）、（2）小球離開軌道后做勻速直線運動，分析其受力可知：小球受到重力mg、電場力qE和洛倫茲力qvB，由平衡條件分析小球的電性，并求出電場強度場強E的大�。�
（3）分析小球經過A點時的受力情況，根據牛頓第二定律求解軌道對小球的支持力，再由牛頓第三定律得到小球對軌道的壓力．

解答 解：（1）、（2）當小球離開圓弧軌后，對其受力分析如圖1所示，可知小球帶正電．
由平衡條件得：qE=mgtanθ
得：E=$\frac{mgtanθ}{q}$=$\frac{3.6×1{0}^{-4}×10×tan37°}{9×1{0}^{-6}}$N/C=3N/C  
（2）小球從進入圓弧軌道到離開圓弧軌道的過程中，由動能定理得：
  qERsinθ-mgR（1-cosθ）=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$  
代入數(shù)據得：v=5m/s  
（3）由圖1得：qvBcosθ=mg
解得：B=$\frac{mg}{qvcosθ}$T=1T       
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：N+qv₀B-mg=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$
代入數(shù)據得：N=3.2×10^-3N
根據牛頓第三定律得：小球對軌道的壓力大小N′=N=3.2×10^-3N，方向豎直向下．
答：
（1）小球帶正電．
（2）勻強電場場強E的大小為3.0N/C；
（3）小球射入圓弧軌道后的瞬間對軌道的壓力為3.2×10^-3N．

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，作出力圖是解答本題的關鍵，難點是分析小球經過AC兩點的洛倫茲力關系．