Question

5．如圖所示，將用絕緣管做成的圓形軌道豎直放置在豎直平面內(nèi)，建立如圖所示直角坐標(biāo)系，圓形軌道的圓心與坐標(biāo)原點(diǎn)重合，在Ⅰ、Ⅱ象限有垂直軌道平面的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在Ⅳ象限有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)．一個(gè)帶電荷量為+q，質(zhì)量為m的小球從圖中位置A由靜止釋放開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，剛好能通過(guò)最高點(diǎn)．不計(jì)一切摩擦，小球所帶電荷量保持不變，軌道半徑為R，R遠(yuǎn)大于管道的內(nèi)徑，小球直徑略小于管道內(nèi)徑，小球可看成質(zhì)點(diǎn)．
（1）求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小
（2）若小球在第二次到最高點(diǎn)時(shí)，剛好對(duì)軌道無(wú)壓力，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小
（3）求小球第三次到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的作用力．

Answer 1

分析 （1）因?yàn)樾∏騽偤媚芾@圓管做圓周運(yùn)動(dòng)，則在最高點(diǎn)的速度為零，根據(jù)動(dòng)能定理求出勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度．
（2）根據(jù)動(dòng)能定理求出第二次到達(dá)最高點(diǎn)的速度，抓住重力和洛倫茲力的合力提供向心力求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大�。�
（3）根據(jù)動(dòng)能定理求出第三次到達(dá)最高點(diǎn)的速度，根據(jù)徑向的合力提供向心力求出圓管對(duì)小球的作用力，從而得出小球?qū)�圓管的壓力．

解答 解：（1）小球從圖中位置A由靜止釋放開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，剛好能通過(guò)最高點(diǎn)說(shuō)明小球在最高點(diǎn)速度剛好為零，
則從位置A到最高點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得：qER-mgR=0-0，解得：E=$\frac{mg}{q}$；
（2）小球第二次到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道無(wú)壓力，此時(shí)滿足：mg+qv₂B=m$\frac{{v}_{2}^{2}}{R}$，
小球從第一次到達(dá)最高點(diǎn)至第二次到達(dá)最高點(diǎn)的過(guò)程中，
由動(dòng)能定理可得：qER=$\frac{1}{2}$mv₂²-0，聯(lián)立解得：B=$\frac{m\sqrt{2gR}}{2qR}$；
（3）小球從第二次到達(dá)最高點(diǎn)至第三次到達(dá)最高點(diǎn)的過(guò)程中，
由動(dòng)能定理可得：qER=$\frac{1}{2}$mv₃²-$\frac{1}{2}$mv₂²，
小球第三次在最高點(diǎn)時(shí)，據(jù)牛頓第二定律得：N₃+mg+qv₃B=m$\frac{{v}_{3}^{2}}{R}$，
聯(lián)立解得小球第三次到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的作用力大小為：N₃=（3-$\sqrt{2}$）mg，
由牛頓第三定律有：N₃′=N₃=（3-$\sqrt{2}$）mg，方向：豎直向下． 
答：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小為$\frac{mg}{q}$；
（2）若小球在第二次到最高點(diǎn)時(shí)，剛好對(duì)軌道無(wú)壓力，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為$\frac{m\sqrt{2gR}}{2qR}$；
（3）小球第三次到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的作用力大小為：（3-$\sqrt{2}$）mg，方向：豎直向下．

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查了動(dòng)能定理、牛頓第二定律，綜合性較強(qiáng)，知道在最高點(diǎn)小球?qū)�軌道壓力為零時(shí)向心力的來(lái)源．