Question

（2010?廈門二模）如圖所示，在y≥0的區(qū)域內(nèi)存在垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；水平虛線MN、PQ區(qū)域內(nèi)有水平向右電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E=

mg

q

的勻強(qiáng)電場(chǎng)．半徑為R的光滑絕緣空心半圓細(xì)管ADO固定在豎直平面內(nèi)，圓心O₁在MN上，直徑AO垂直于MN．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從半圓管的A點(diǎn)由靜止滑入管內(nèi)，重力加速度為g．求：
（1）小球從A到O點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力對(duì)帶正電小球所做的功．
（2）小球到達(dá)O點(diǎn)時(shí)，對(duì)半圓管的作用力大�。�
（3）若小球從O點(diǎn)射出后，能穿過電場(chǎng)區(qū)域再次經(jīng)過y軸，則電場(chǎng)區(qū)域的高度H應(yīng)大于多少．

Answer 1

分析：（1）小球在A到O的過程中，電場(chǎng)力做功與路徑無關(guān)，與始末的位置有關(guān)，根據(jù)公式W=qEd即可求得電場(chǎng)力的功；
（2）小球從A到O的過程，運(yùn)用動(dòng)能定理求得O點(diǎn)速度，到達(dá)O點(diǎn)前一時(shí)刻，根據(jù)牛頓第二定律求得作用力．
（3）小球從O到C 的過程中，水平方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解，把加速度分解，分別在水平方向上和豎直方向上求位移．

解答：解：（1）從A→O過程，W_E=-qER
將E=

mg

q

代入，得W_E=-mgR
（2）A到O的電場(chǎng)中，重力和電場(chǎng)力做功，小球的動(dòng)能增加：mg(2R)-qER=

1

2

mvo2
代入數(shù)據(jù)解得：V0=

2gR

在O點(diǎn)重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力的合力提供向心力，得：FN-mg-qvoB=

mvo2

R

代入數(shù)據(jù)解得：FN=3mg+qB

2gR

依牛頓第三定律，得帶正電小球?qū)Π雸A管的作用力大小為：FN′=3mg+qB

2gR

（3）小球從O射出后，水平方向先向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，后向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)
向左運(yùn)動(dòng)的過程中      a_x=g；a_y=g
向左減速時(shí)間為t：t=

vo

a

=

2gR

g

豎直方向位移大�。�y=

1

2

g(2t)2=4R  
又：H=y+4R
得：H=5R
為了使小球經(jīng)過y軸，必須使小球有向右的分速度，所以應(yīng)H＞5R
答：（1）小球從A到O點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力對(duì)帶正電小球所做的功-mgR；
（2）小球到達(dá)O點(diǎn)時(shí)，對(duì)半圓管的作用力大小FN′=3mg+qB

2gR

．
（3）電場(chǎng)區(qū)域的高度H應(yīng)大于5R．

點(diǎn)評(píng)：運(yùn)用動(dòng)能定理解題需合適地選取研究的過程，根據(jù)動(dòng)能定理列出表達(dá)式求解．此題有一定的難度，屬于難題．