Question

如圖所示：絕緣中空軌道豎直固定，圓弧段COD光滑，對(duì)應(yīng)圓心角為120°，C、D兩端等高，O為最低點(diǎn)，圓弧圓心為O′，半徑為R；直線段AC、HD粗糙，與圓弧段分別在C、D端相切；整個(gè)裝置處于方向垂直于軌道所在平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，在豎直虛線MC左側(cè)和ND右側(cè)還分別存在著場(chǎng)強(qiáng)大小相等、方向水平向右和向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量恒為q、直徑略小于軌道內(nèi)徑、可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球，從軌道內(nèi)距C點(diǎn)足夠遠(yuǎn)的P點(diǎn)由靜止釋放．若

.

PC

=L，小球所受電場(chǎng)力等于其重力的

3

3

倍，重力加速度為g．則
（　�。�

• A、小球第一次沿軌道AC下滑的過程中，先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)
• B、小球在軌道內(nèi)受到的摩擦力可能大于

  2 3

  3

  mg
• C、經(jīng)足夠長(zhǎng)時(shí)間，小球克服摩擦力做的總功是

  4 3

  3

  mgL
• D、小球經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的彈力可能為2mg-qB

  gR

Answer 1

分析：A、根據(jù)重力與電場(chǎng)力的大小，即可知帶電小球與管壁無作用力，當(dāng)下滑后，導(dǎo)致洛倫茲力增加，從而使得與管壁的作用力增加，進(jìn)而滑動(dòng)摩擦力增大，由牛頓第二定律，即可求解；
B、根據(jù)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則受到的滑動(dòng)摩擦力等于電場(chǎng)力與重力的合力，從而即可求解；
C、根據(jù)動(dòng)能定理，結(jié)合電場(chǎng)力與重力的合力做功，與摩擦力做功的之和為零，從而即可求解；
D、根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合機(jī)械能守恒定律，與左手定則及洛倫茲力表達(dá)式，即可求解．

解答：解：A、小球第一次沿軌道AC下滑的過程中，由題意可知，電場(chǎng)力與重力的合力方向恰好沿著斜面AC，則剛開始小球與管壁無作用力，當(dāng)從靜止運(yùn)動(dòng)后，由左手定則可知，洛倫茲力導(dǎo)致球?qū)�管壁有作用力，從而�?dǎo)致滑動(dòng)摩擦力增大，而重力與電場(chǎng)力的合力大小為F=

(mg)2+( 3 3 mg)2

=

2 3

3

mg，其不變，根據(jù)牛頓第二定律可知，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)摩擦力等于兩個(gè)力的合力時(shí)，做勻速運(yùn)動(dòng)，故A正確；
B、當(dāng)小球的摩擦力與重力及電場(chǎng)力的合力相等時(shí)，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，小球在軌道內(nèi)受到的摩擦力最大，則為

2 3

3

mg，不可能大于

2 3

3

mg，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)動(dòng)能定理，可知，取從靜止開始到最終速度為零，則摩擦力做功與重力及電場(chǎng)力做功之和為零，則摩擦力總功為

2 3

3

mgL，故C錯(cuò)誤；
D、對(duì)小球在O點(diǎn)受力分析，且由C向D運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，則有：N-mg+Bqv=m

v2

R

；
由C到O點(diǎn)，機(jī)械能守恒定律，則有：mgRsin30°=

1

2

mv2；由上綜合而得：對(duì)軌道的彈力為2mg+qB

gR

，
當(dāng)小球由D向C運(yùn)動(dòng)時(shí)，則對(duì)軌道的彈力為2mg+qB

gR

，故D錯(cuò)誤；
故選：A．

點(diǎn)評(píng)：考查力電綜合應(yīng)用，掌握牛頓第二定律、動(dòng)能定理與機(jī)械能守恒定律的綜合運(yùn)用，理解左手定則的內(nèi)容，注意重力與電場(chǎng)力的合力正好沿著斜面是解題的關(guān)鍵．