Question

【題目】如圖所示，絕緣的中空軌道豎直固定，圓弧段COD光滑，對應(yīng)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．整個裝置處于磁場方向垂直于軌道所在平面向里、磁感應(yīng)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，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，最大加速度為amax＝g

B.小球在第一次沿軌道AC下滑的過程中，最大速度為vmax＝

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|

Answer 1

【答案】AC

【解析】

A．小球第一次沿軌道AC下滑的過程中，由題意可知

即θ=60°，即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(dǎo)致球?qū)�管壁有作用力，從而�?dǎo)致滑動摩擦力增大，而重力與電場力的合力大小為：

且不變，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

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

因此解得：

故B錯誤；
C．根據(jù)動能定理可知，從靜止開始到進入DH軌道后，因存在摩擦力做功，導(dǎo)致上升的最高點低于P點，故C正確；
D．對小球在O點受力分析，且第一次由C向D運動，洛倫茲力方向向上，且洛倫茲力最大，對軌道彈力最小，由牛頓第二定律，則有：

；

若小球到達C點的速度恰為零，則由C到O點，機械能守恒定律，則有：

由上綜合而得：

而小球第一次經(jīng)過C點時的速度大于零，則小球經(jīng)過O點時，對軌道的彈力最小值不等于 ，故D錯誤；
故選AC。