Question

8．如圖所示，絕緣的中空軌道豎直固定，圓弧段COD光滑，對應圓心角為120°，C、D兩端等高，O為最低點，圓弧的圓心為O′，半徑為R；直線段AC、HD粗糙且足夠長，與圓弧段分別在C、D端相切．整個裝置處于方向垂直于軌道所在平面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，在豎直虛線MC左側(cè)和虛線ND右側(cè)存在著電場強度大小相等、方向分別為水平向右和水平向左的勻強電場．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)點的帶正電小球，從軌道內(nèi)距C點足夠遠的P點由靜止釋放．若小球所受電場力的大小等于其重力的$\frac{\sqrt{3}}{3}$倍，小球與直線段AC、HD間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，則（　　）

• A． 小球在第一次沿軌道AC下滑的過程中，最大加速度a_max=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$g
• B． 小球在第一次沿軌道AC下滑的過程中，最大速度v_max=$\frac{\sqrt{3}mg}{3μqB}$
• C． 小球進入DH軌道后，上升的最高點比P點低
• D． 小球經(jīng)過O點時，對軌道的彈力最小值一定為|2mg-qB$\sqrt{gR}$|

Answer 1

分析 A、根據(jù)重力與電場力的大小，即可知帶電小球與管壁無作用力，當下滑后，導致洛倫茲力增加，從而使得與管壁的作用力增加，進而滑動摩擦力增大，由牛頓第二定律，即可求解；
B、根據(jù)小球做勻速直線運動，則受到的滑動摩擦力等于電場力與重力的合力，從而即可求解；
C、根據(jù)動能定理，結(jié)合電場力、重力的合力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)合機械能守恒定律，與左手定則及洛倫茲力表達式，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，當從靜止運動后，由左手定則可知，洛倫茲力導致球?qū)鼙谟凶饔昧�，從而導致滑動摩擦力增大，而重力與電場力的合力大小為：
F=$\sqrt{（mg）^{2}+（\frac{\sqrt{3}mg}{3}）^{2}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$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動，因剛下滑時，加速度最大，
即為a_max=$\frac{F}{m}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$g；故A正確；
B、當小球的摩擦力與重力及電場力的合力相等時，洛倫茲力大小等于彈力，小球做勻速直線運動，小球的速度達到最大，
即為qvB=N，而μN=f，且f=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$mg，因此解得：v_max=$\frac{2\sqrt{3}mg}{3μqB}$，故B錯誤；
C、根據(jù)動能定理，可知，取從靜止開始到進入DH軌道后，因存在摩擦力做功，導致上升的最高點低于A點等高，故C正確；
D、對小球在O點受力分析，且由C向D運動，當磁感應強度B很小，即洛倫茲力很小，故軌道彈力豎直向上，
由牛頓第二定律，則有：N-mg+Bqv=m$\frac{{v}^{2}}{R}$；
由C到O點，機械能守恒定律，則有：mgRsin30°=$\frac{1}{2}$mv²；
由上綜合而得：對軌道的彈力為2mg-qB$\sqrt{gR}$，
當小球由D向C運動時，則對軌道的彈力為2mg+qB$\sqrt{gR}$，
當磁感應強度B很大，即洛倫茲力很大，故軌道彈力豎直向下，
由牛頓第二定律，則有：Bqv-N-mg=m$\frac{{v}^{2}}{R}$；
由C到O點，機械能守恒定律，則有：mgRsin30°=$\frac{1}{2}$mv²；
由上綜合而得：對軌道的彈力為2mg+qB$\sqrt{gR}$，故D錯誤；
故選：AC．

點評 考查力電綜合應用，掌握牛頓第二定律、動能定理與機械能守恒定律的綜合運用，理解左手定則的內(nèi)容，注意重力與電場力的合力正好沿著斜面是解題的關(guān)鍵．