Question

在某空間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，如圖所示，一段光滑且絕緣的圓弧軌道AC固定在紙面內，其圓心為O點，半徑R=1.8m，OA連線在豎直方向上，AC弧對應的圓心角θ=37⁰．現有一質量m=3.6×10^-4kg電荷量q=+9.0×10^-4C的帶電小球（可視為質點），以v₀=4.0m/s的初速度沿水平方向從A點射入圓弧軌道內，沿圓弧軌道運動并從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）勻強電場場強E的大小；
（2）小球從C點離開時的速度v_C的大小
（3）小球射入圓弧軌道后的瞬間對軌道的壓力．

Answer 1

分析：（1）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，由平衡條件求出電場強度場強E的大小．
（2）小球沿軌道從A運動到C的過程中，重力和電場力對小球做功，洛倫茲力不做功，由動能定理求出小球運動到C點時的速度．
（3）根據小球在C與A的速度關系，得到洛倫茲力大小關系．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）當小球離開圓弧軌后，對其受力分析如圖1所示，
由平衡條件得：qE=mgtanθ
得：E=

mgtanθ

q

=

3.6×10-4×10×tan37°

9×10-4

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）=

1

2

mv²-

1

2

m

v

2 0

  
代入數據得：v=5m/s  
（3）由圖1得：qvBcosθ=mg
解得：B=

mg

qvcosθ

=

3.6×10-4×10

9×10-4×5×cos37°

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 v 2 0

R

代入數據得：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）勻強電場場強E的大小為3.0N/C；（2）小球從C點離開時的速度v_C的大小為5m/s．（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．