Question

如圖所示絕緣的中空軌道豎直固定，圓弧段COD光滑，對應(yīng)圓心角為120°，C、D兩端等高，O為最低點(diǎn)，圓弧的圓心為O′，半徑為R，直線段AC、HD粗糙且足夠長，與圓弧段分別在C、D端相切，整個(gè)裝置處于方向垂直于軌道所在平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，在豎直虛線MC左側(cè)和虛線ND右側(cè)還分別存在著電場強(qiáng)度大小相等、方向水平向右和水平向左的勻強(qiáng)電場，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷電量恒為q、直徑略小于軌道內(nèi)經(jīng)、可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球，從軌道內(nèi)距C點(diǎn)足夠遠(yuǎn)的P點(diǎn)由靜止釋放，若小球所受電場力等于其重力的

3

3

倍，小球與直線段AC、HD間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，則（　　）

• A、小球在第一次沿軌道AC向下滑的過程中，最大加速度a_max=

  2 3

  3

  g
• B、小球在第一次沿軌道AC向下滑的過程中，最大速度v_max=

  3 mg

  3μqB

• C、小球進(jìn)入DH軌道后，上升的最高點(diǎn)與A點(diǎn)等高
• D、小球經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)，對軌道的彈力可能為2mg-qB

  gR

Answer 1

分析：A、根據(jù)重力與電場力的大小，即可知帶電小球與管壁無作用力，當(dāng)下滑后，導(dǎo)致洛倫茲力增加，從而使得與管壁的作用力增加，進(jìn)而滑動(dòng)摩擦力增大，由牛頓第二定律，即可求解；
B、根據(jù)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則受到的滑動(dòng)摩擦力等于電場力與重力的合力，從而即可求解；
C、根據(jù)動(dòng)能定理，結(jié)合電場力與重力的合力做功，與摩擦力做功的之和為零，從而即可求解；
D、根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合機(jī)械能守恒定律，與左手定則及洛倫茲力表達(dá)式，即可求解．

解答：解：A、小球第一次沿軌道AC下滑的過程中，由題意可知，電場力與重力的合力方向恰好沿著斜面AC，則剛開始小球與管壁無作用力，當(dāng)從靜止運(yùn)動(dòng)后，由左手定則可知，洛倫茲力導(dǎo)致球?qū)�管壁有作用力，從而�?dǎo)致滑動(dòng)摩擦力增大，而重力與電場力的合力大小為：
F=

(mg)2+( 3 mg 3 )2

=

2 3

3

mg，
其不變，根據(jù)牛頓第二定律可知，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，因?qū)⑾禄瑫r(shí)，加速度最大，即為a_max=

F

m

=

2 3

3

g；故A正確；
B、當(dāng)小球的摩擦力與重力及電場力的合力相等時(shí)，洛倫茲力大小等于彈力，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，小球的速度達(dá)到最大，
即為qvB=N，而μN(yùn)=f，且f=

2 3

3

mg，因此解得：v_max=

2 3 mg

3μqB

，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)動(dòng)能定理，可知，取從靜止開始到進(jìn)入DH軌道后，因存在摩擦力做功，導(dǎo)致上升的最高點(diǎn)低于A點(diǎn)等高，故C錯(cuò)誤；
D、對小球在O點(diǎn)受力分析，且由C向D運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，則有：N-mg+Bqv=m

v2

R

；
由C到O點(diǎn)，機(jī)械能守恒定律，則有：mgRsin30°=

1

2

mv²；由上綜合而得：對軌道的彈力為2mg-qB

gR

，
當(dāng)小球由D向C運(yùn)動(dòng)時(shí)，則對軌道的彈力為2mg+qB

gR

，故D正確；
故選：AD．

點(diǎn)評：考查力電綜合應(yīng)用，掌握牛頓第二定律、動(dòng)能定理與機(jī)械能守恒定律的綜合運(yùn)用，理解左手定則的內(nèi)容，注意重力與電場力的合力正好沿著斜面是解題的關(guān)鍵．