Question

【題目】在某空間存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖所示，一段光滑且絕緣的圓弧軌道AC固定在紙面內(nèi)，其圓心為O點(diǎn)，半徑R=1.8m，OA連線在豎直方向上，AC弧對(duì)應(yīng)的圓心角θ=37°．今有一質(zhì)量m=3.6×10﹣4 kg、電荷量q=+9.0×10﹣4 C的帶電小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），以v0=4.0m/s的初速度沿水平方向從A點(diǎn)射入圓弧軌道內(nèi)，一段時(shí)間后從C點(diǎn)離開，小球離開C點(diǎn)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)．已知重力加速度g=10m/s2 ， sin37°=0.6，cos37°=0.8，不計(jì)空氣阻力，

求：
（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E；
（2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；
（3）小球射入圓弧軌道后的瞬間對(duì)軌道的壓力．

Answer 1

【答案】
（1）解：當(dāng)小球離開圓弧軌道后，對(duì)其受力分析如圖1所示，

由平衡條件得：F電=qE=mgtanθ

代入數(shù)據(jù)解得：E=3 N/C

答：勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小3 N/C

（2）解：小球從進(jìn)入圓弧軌道到離開圓弧軌道的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：

F電Rsinθ﹣mgR（1﹣cosθ）=

代入數(shù)據(jù)得：v=5m/s

由F洛=qvB=

解得：B=1T

答：勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小1T

（3）解：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：FN+Bqv0﹣mg=

代入數(shù)據(jù)得：FN≈3.2×10﹣3 N

由牛頓第三定律得，小球?qū)�軌道的壓�?/span>

FN′=FN≈3.2×10﹣3 N

答：小球射入圓弧軌道后的瞬間對(duì)軌道的壓力3.2×10﹣3 N

【解析】（1）對(duì)小球受力分析，根據(jù)平衡條件，結(jié)合電場(chǎng)力的表達(dá)式，即可求解；（2）根據(jù)動(dòng)能定理，選取小球從進(jìn)入圓弧軌道到離開圓弧軌道的過(guò)程，結(jié)合洛倫茲力表達(dá)式，即可求解；（3）根據(jù)牛頓第二定律，且確定向心力的來(lái)源，并依據(jù)牛頓第三定律，即可求解．
【考點(diǎn)精析】利用動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用對(duì)題目進(jìn)行判斷即可得到答案，需要熟知應(yīng)用動(dòng)能定理只考慮初、末狀態(tài)，沒有守恒條件的限制，也不受力的性質(zhì)和物理過(guò)程的變化的影響.所以，凡涉及力和位移，而不涉及力的作用時(shí)間的動(dòng)力學(xué)問題，都可以用動(dòng)能定理分析和解答，而且一般都比用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和機(jī)械能守恒定律簡(jiǎn)捷．