Question

20．如圖所示，A是光滑絕緣固定的四分之一圓弧的端點(diǎn)，B是其底端，O是其圓心，OA水平，半徑為R=0.8m，圓弧所在的地區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，B點(diǎn)右側(cè)為傾角為53°的粗糙、絕緣斜面，斜面所在區(qū)域存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，E=10V/m，圓弧與斜面平滑連接．質(zhì)量為m=0.01kg，帶電量為q=+10^-2C的小球從A點(diǎn)同靜止開(kāi)始下滑，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)恰好對(duì)圓弧無(wú)壓力，小球與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度g=10m/s²，sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：
（1）感應(yīng)強(qiáng)度的大小和小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離；
（2）若小球在斜面最高點(diǎn)時(shí)撤去電場(chǎng)，小球第一次返回B點(diǎn)對(duì)圓弧的壓力大�。�

Answer 1

分析 （1）由于洛倫茲力不作功，小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律求出小球到B時(shí)的速度．在B點(diǎn)，由洛倫茲力和重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律求B．再研究小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理求小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離；
（2）撤去電場(chǎng)后，再由動(dòng)能定理求出小球返回B點(diǎn)時(shí)的速度大小，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律求對(duì)圓弧的壓力．

解答 解：（1）小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程，由機(jī)械能守恒得：
  mgR=$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$，則 v_B=$\sqrt{2gR}$=$\sqrt{2×10×0.8}$=4m/s
在B點(diǎn)，由左手定則判斷可知小球所受的洛倫茲力向上，根據(jù)牛頓第二定律得：
  qv_BB-mg=m$\frac{{v}_{B}^{2}}{R}$
可得 B=$\frac{m（g+\frac{{v}_{B}^{2}}{R}）}{q{v}_{B}}$=$\frac{0.01×（10+\frac{{4}^{2}}{0.8}）}{1{0}^{-2}×4}$T=7.5T
設(shè)小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離為S．
小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：
  qEScos53°-mgSsin53°-μ（mgcos53°+qEsin53°）S=0-$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$
代入解得 S=$\frac{8}{9}$m
（2）撤去電場(chǎng)后，小球從最高點(diǎn)到返回B點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：
  mgSsin53°-μmgScos53°=$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{′2}$，解得 v_B′=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m/s
在B點(diǎn)，有N-mg-qv_B′B=m$\frac{{v}_{B}^{′2}}{R}$
解得 N=（0.225+$\frac{\sqrt{3}}{20}$）N
由牛頓第三定律知，小球第一次返回B點(diǎn)對(duì)圓弧的壓力大小N′=N=（0.225+$\frac{\sqrt{3}}{20}$）N．
答：
（1）感應(yīng)強(qiáng)度的大小是7.5T，小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離是$\frac{8}{9}$m；
（2）若小球在斜面最高點(diǎn)時(shí)撤去電場(chǎng)，小球第一次返回B點(diǎn)對(duì)圓弧的壓力大小為（0.225+$\frac{\sqrt{3}}{20}$）N．

點(diǎn)評(píng) 本題是帶電體在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，分析小球的受力情況，抓住每個(gè)過(guò)程和狀態(tài)的規(guī)律是關(guān)鍵．要知道涉及高度、距離等空間量時(shí)往往首先考慮動(dòng)能定理．