Question

19．如圖所示，在紙面內(nèi)水平向右的水平勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場中，有一水平的固定絕緣桿，小球P套在桿上，小球P套在桿上，P的質(zhì)量為m，電量為-q，P與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，電場強度為E，磁感應(yīng)強度為B，重力沿紙面向下，小球由靜止起開始滑動，設(shè)電場、磁場區(qū)域足夠大，桿足夠長．在運動過程中小球最大加速度為a₀，最大速度為v₀，則下列判斷正確的是（　�。�

• A． 當a=$\frac{1}{2}$a₀時小球的加速度一定增大
• B． 當v=$\frac{1}{2}$v₀時小球的加速度一定減小
• C． 當a=$\frac{1}{2}$a₀時小球的速度v與v₀之比$\frac{v}{{v}_{0}}$一定大于$\frac{1}{2}$
• D． 當v=$\frac{1}{2}$v₀時小球的加速度a與a₀之比$\frac{a}{{a}_{0}}$一定大于$\frac{1}{2}$

Answer 1

分析 先對小球進行受力分析，結(jié)合洛倫茲力的大小與方向，然后根據(jù)牛頓第二定律，求得最大加速度；當小球受力平衡時速度最大，從而即可求解．

解答 解：對小球受力分析，當靜止時，電場力水平向左，重力豎直向下，支持力豎直向上與水平向右的摩擦力，水平方向：ma=qE-F_f；此時：a=$\frac{qE}{m}-μg$
當速度增大時，導致洛倫茲力增大，根據(jù)左手定則可知，洛倫茲力的方向向上，所以隨速度的增大洛倫茲力增大時，則支持力減小，從而使得滑動摩擦力F_f減小，小球的加速度增大，小球做加速度增大的加速運動；
當洛倫茲力與重力大小相等時，小球的加速度最大，則小球的加速度為：a₀=$\frac{qE}{m}$．
速度繼續(xù)增大，則洛倫茲力大于重力，支持力的方向變成向下，加速度隨速度的增大開始減小，小球做加速度減小的加速運動，當加速度為零時，則小球達到最大速度，做勻速直線運動，此時有：
qE=μ（qv₀B-mg） 
最大速度為：v₀=$\frac{mg+\frac{qE}{μ}}{Bq}$
A、由以上的分析可知，小球先做加速度增大的加速運動，后做加速度減小的加速運動．當a=$\frac{1}{2}$a₀時小球的加速度可能減小，有可能增大．故A錯誤；
B、由開始時的分析可知，小球開始時從加速度等于$\frac{qE}{m}-μg$開始做加速度增大的加速運動，后做加速度減小的加速運動到勻速直線運動，由運動的對稱性可知，當小球的加速度最大時，小球的速度還不到$\frac{1}{2}{v}_{0}$，所以當當v=$\frac{1}{2}$v₀時小球的加速度一定減�。�故B正確；
C、由于當a=$\frac{1}{2}$a₀時小球的加速度可能減小，有可能增大，所以當a=$\frac{1}{2}$a₀時小球的速度v與v₀之比$\frac{v}{{v}_{0}}$可能小于$\frac{1}{2}$，有可能大于$\frac{1}{2}$．故C錯誤；
D、由分析知，當小球的加速度a=a₀=$\frac{qE}{m}$時，小球的速度還不到$\frac{1}{2}{v}_{0}$，所以當v=$\frac{1}{2}$v₀時小球的加速度a一定小于a₀，當速度等于$\frac{1}{2}$v₀時 qE-μ（qVB-mg）=ma
即ma₀-μ（$\frac{1}{2}$qBv₀-mg）=ma₀-$\frac{m{a}_{0}（\frac{1}{2}qB{v}_{0}-mg）}{qB{v}_{0}-mg}$=ma 所以a=$\frac{{a}_{0}qB{v}_{0}}{2（qB{v}_{0}-mg）}$

即$\frac{a}{{a}_{0}}=\frac{qB{v}_{0}}{2（qB{v}_{0}-mg）}$＞$\frac{1}{2}$．故D正確．
故選：BD

點評 考查小球在復合場中的運動；解答的關(guān)鍵是如何對物體受力分析，理解牛頓第二定律的應(yīng)用，抓住滑動摩擦力等于零時，加速度最大．而合力為零時，速度最大．注意洛倫茲力與速度的存在緊密聯(lián)系．