Question

如圖所示，矩形區(qū)域MNPQ內(nèi)有水平向右的勻強電場；在y≥0的區(qū)域內(nèi)還存在垂直于坐標平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B．半徑為R的光滑絕緣空心半圓細管ADO固定在豎直平面內(nèi)，半圓管的一半處于電場中，圓心O₁為MN的中點，直徑AO垂直于水平虛線MN．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球（可視為質(zhì)點）從半圓管的A點由靜止滑入管內(nèi)，從O點穿出后恰好通過O點正下方的C點．已知重力加速度為g，電場強度的大小E=

4mg

3q

．求：
（1）小球到達O點時，半圓管對它作用力的大��；
（2）從O點開始計時，經(jīng)過多長時間小球運動到C點；
（3）矩形區(qū)域MNPQ的高度H和寬度L應(yīng)滿足的條件；
（4）從O點開始計時，經(jīng)過多長時間小球的動能最��？

Answer 1

分析：（1）從A到O過程中，由動能定理，可求出O點速度；再由牛頓第二定律與向心力公式，即可求解；
（2）小球由O到C過程中，水平方向做勻減速運動，豎直方向做自由落體運動，根據(jù)運動學(xué)公式，即可求解；
（3）根據(jù)水平向左最大位移小于半徑，結(jié)合幾何關(guān)系與運動學(xué)公式，即可求解；
（4）以合力F_合方向、垂直于合力方向分別建立x-y坐標系，當(dāng)F_合與速度v垂直時，小球的動能最小，根據(jù)運動學(xué)公式，結(jié)合三角函數(shù)，即可求解．

解答：解：（1）從A→O過程，由動能定理得：mg(2R)-qER=

1

2

mvo2
得：vo=

4gR 3

在O點，由：FN-mg-qvoB=

mvo2

R

得：FN=

7

3

mg+qB

4gR 3

（2）小球從O→C 過程：水平方向做勻減速運動，豎直方向做自由落體運動：ax=

4

3

ga_y=g
設(shè)向左減速時間為t，則：t=

vo

a

=

3R 4g

運動到C點的時間為：t/=2t=

3R g

（3）水平向左最大位移：x=

1

2

vot=

R

2

＜R，
因為圓心O₁為MN的中點，
所以寬度應(yīng)滿足條件：L≥R+R=2R
豎直位移大小：y=

1

2

g(2t)2=

3R

2

高度滿足條件：H≥

3

2

R+R=

5

2

R；
（4）
以合力F_合方向、垂直于合力方向分別建立x-y坐標系，并將速度分別沿x、y方向分解，
當(dāng)F_合與速度v垂直時，小球的動能最小，設(shè)經(jīng)過的時間為t；
因

qE

mg

=cotθ=

4

3

考慮y方向的分運動初速度：voy=vocosθ=

4

5

4 3 gR

，末速度為零
加速度：ay=

g

sinθ

=

5

3

g
       t=

voy

ay

=

8

25

3R g

；
答：（1）小球到達O點時，半圓管對它作用力的大�。�FN=

7

3

mg+qB

4gR 3

；
（2）從O點開始計時，經(jīng)過

3R g

時間小球運動到C點；
（3）矩形區(qū)域MNPQ的高度H≥

5R

2

和寬度L≥2R應(yīng)滿足的條件；
（4）從O點開始計時，經(jīng)過

8

25

3R g

時間小球的動能最�。�

點評：考查動能定理的應(yīng)用，注意過程的選取及功的正負；掌握牛頓第二定律與運動學(xué)公式的綜合應(yīng)用，并理解合成與分解的方法．
第（4）問題，還有其它方法：法二：當(dāng)F_合與速度v的方向垂直時，小球的動能最小，設(shè)經(jīng)過的時間為t，

qE

mg

=cotθ=

4

3

=

vy

vx

，vy=gt，vx=vo-axt=vo-

4g

3

t
可解得t=

8

25

3R g

法三：vy=gt，vx=vo-axt=vo-

4g

3

tv2=v2x+v2y=

25g2

9

t2-

8

3

g

4gR 3

t+

4gR

3

當(dāng)t=

8

25

3R g

時，函數(shù)v²有最小值，動能有最小值．