Question

18．如圖所示，半徑R=0.40m的光滑半圓環(huán)軌道處于豎直平面內(nèi)，半圓環(huán)與粗糙的水平地面相切于圓環(huán)的端點(diǎn)A．在離端點(diǎn)A相距s=4.0m處的水平地面上D點(diǎn)的右方存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E=10.0N/C，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=10.0T．現(xiàn)有在D點(diǎn)正上方離D點(diǎn)距離為1.40m的帶電小球，以初速度為v₀垂直界面進(jìn)入電磁場(chǎng)中，帶電小球恰好作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，后剛好從D點(diǎn)沿水平地面向左運(yùn)動(dòng)，沖上豎直半圓環(huán)，最后小球落在C點(diǎn)．已知帶電小球的質(zhì)量m=0.10Kg，球與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ═0.30．求：
（1）帶電小球帶什么電？帶電量為多少？
（2）小球的初速度v₀的大�。�
（3）A、C間的距離（取重力加速度g=10m/s²）．

Answer 1

分析 （1）帶電小球以初速度為v₀垂直界面進(jìn)入電磁場(chǎng)中，帶電小球恰好作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力與重力平衡，由判斷出小球的電性，并由平衡條件求出帶電量．
（2）帶電小球在電磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出小球的初速度v₀．
（3）小球從D到A的過程中，運(yùn)用動(dòng)能定理可求得小球通過A點(diǎn)的速度．假設(shè)小球恰好通過B點(diǎn)時(shí)，由重力提供向心力，列式求B點(diǎn)的臨界速度，小球從A到D，由機(jī)械能守恒定律，由此求出小球通過B點(diǎn)的速度，從而判斷出小球能通過B點(diǎn)，離開B點(diǎn)后小球做平拋運(yùn)動(dòng)，由分運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解A、C間的距離．

解答 解：（1）帶電小球以初速度為v₀垂直界面進(jìn)入電磁場(chǎng)中，帶電小球恰好作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知帶電小球所受的電場(chǎng)力與重力平衡，電場(chǎng)力豎直向上，則小球帶正電．
由平衡條件有：
  mg=qE    ①
由①式解得：q=0.10C  
（2）帶電小球以初速度為v₀垂直界面進(jìn)入電磁場(chǎng)中，帶電小球恰好作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有：
  qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$ ②
由題知：$r=\fracx0zrert{2}=0.70m$ ③
由①②③式解得：v₀=7.0m/s
（3）小球從D到A的過程中有：-μmgs=$\frac{1}{2}$mv_A²-$\frac{1}{2}$mv₀² ④
恰好做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)物體在最高點(diǎn)B滿足：$mg=m\frac{{{v_{B1}}^2}}{R}$，v_B1=2m/s ⑤
假設(shè)物體能到達(dá)圓環(huán)的最高點(diǎn)B，由機(jī)械能守恒得：$\frac{1}{2}mv_A^2=2mR+\frac{1}{2}mv_B^2$ ⑥
聯(lián)立④⑥可得 v_B=3m/s
因?yàn)?{v_B}＞{v_{B_1}}$，所以小球能通過最高點(diǎn)B．
小球從B點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，則有
  $2R=\frac{1}{2}g{t^2}$，s_AC=v_B•t  ⑦
由④⑥⑦得：s_AC=1.2m    
答：
（1）帶電小球帶正電，帶電量為0.10C．
（2）小球的初速度v₀的大小是7.0m/s．
（3）A、C間的距離是1.2m．

點(diǎn)評(píng) 解決本題時(shí)要抓住勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力是合力，通過分析小球的受力情況，判斷場(chǎng)強(qiáng)的方向．要掌握?qǐng)A周運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)的臨界條件：重力充當(dāng)向心力，運(yùn)用分解法研究平拋運(yùn)動(dòng)．