Question

16．如圖所示，兩個(gè)半徑相同的半圓形光滑軌道置于豎直平面內(nèi)，左右兩端點(diǎn)等高，分別處于沿水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．兩個(gè)相同的帶負(fù)電小球同時(shí)從兩軌道左端最高點(diǎn)由靜止釋放．M、N為軌道的最低點(diǎn)，則下列說(shuō)法中正確的是（　�。�

• A． 小球第一次到達(dá)M點(diǎn)的時(shí)間大于小球第一次到達(dá)N點(diǎn)的時(shí)間
• B． 兩個(gè)小球第一次經(jīng)過(guò)軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力F_M＞F_N
• C． 兩個(gè)小球到達(dá)軌道最低點(diǎn)的速度V_M＞V_N
• D． 在磁場(chǎng)中小球能到達(dá)軌道的另一端最高處，在電場(chǎng)中小球不能到達(dá)軌道另一端最高處

Answer 1

分析 帶電小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力不做功，根據(jù)動(dòng)能定理求出運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的速度，從而根據(jù)牛頓第二定律求出底部對(duì)小球的支持力大小，然后進(jìn)行比較．

解答 解：小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，在最低點(diǎn)進(jìn)行受力分析可知：
F_M-mg-Bqv_M=m$\frac{{v}_{M}^{2}}{r}$
解得：F_M=m$\frac{{v}_{M}^{2}}{r}$+mg+Bqv_M …①
小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，在最低點(diǎn)受力分析可知：F_N-mg=m$\frac{{v}_{N}^{2}}{r}$
解得：F_N=m$\frac{{v}_{N}^{2}}{r}$+mg …②
A、D、由于小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)力對(duì)小球不做功，整個(gè)過(guò)程中小球的機(jī)械能守恒；而小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)受到的電場(chǎng)力對(duì)小球做正功，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度的大小較小，即v_M＜v_N，所以在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間也短，故A正確，C錯(cuò)誤；
B、因?yàn)関_M＜v_N，結(jié)合①②可知：F_M＜F_N，故B錯(cuò)誤；
D、若在磁場(chǎng)中小球能運(yùn)動(dòng)到另一端的最高處，則根據(jù)動(dòng)能定理知，在電場(chǎng)中，電場(chǎng)力始終做正功，小球能到達(dá)最高點(diǎn)．故D錯(cuò)誤．
故選：A．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵知道電場(chǎng)力做功和洛倫茲力做功的區(qū)別，知道洛倫茲力不做功，綜合動(dòng)能定理和牛頓第二定律進(jìn)行求解．