题目内容

8．如图所示，绝缘的中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧的圆心为O′，半径为R；直线段AC、HD粗糙且足够长，与圆弧段分别在C、D端相切．整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和虚线ND右侧存在着电场强度大小相等、方向分别为水平向右和水平向左的匀强电场．现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放．若小球所受电场力的大小等于其重力的$\frac{\sqrt{3}}{3}$倍，小球与直线段AC、HD间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则（　　）
A．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大加速度amax=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$g
B．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大速度vmax=$\frac{\sqrt{3}mg}{3μqB}$
C．小球进入DH轨道后，上升的最高点比P点低
D．小球经过O点时，对轨道的弹力最小值一定为|2mg-qB$\sqrt{gR}$|

分析 A、根据重力与电场力的大小，即可知带电小球与管壁无作用力，当下滑后，导致洛伦兹力增加，从而使得与管壁的作用力增加，进而滑动摩擦力增大，由牛顿第二定律，即可求解；
B、根据小球做匀速直线运动，则受到的滑动摩擦力等于电场力与重力的合力，从而即可求解；
C、根据动能定理，结合电场力、重力的合力与摩擦力做功的之和为零，从而即可求解；
D、根据牛顿第二定律，结合机械能守恒定律，与左手定则及洛伦兹力表达式，即可求解．

解答 解：A、小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，由题意可知，电场力与重力的合力方向恰好沿着斜面AC，则刚开始小球与管壁无作用力，当从静止运动后，由左手定则可知，洛伦兹力导致球对管壁有作用力，从而导致滑动摩擦力增大，而重力与电场力的合力大小为：
F=$\sqrt{（mg）^{2}+（\frac{\sqrt{3}mg}{3}）^{2}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$mg，
其不变，根据牛顿第二定律可知，做加速度减小的加速运动，因刚下滑时，加速度最大，
即为amax=$\frac{F}{m}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$g；故A正确；
B、当小球的摩擦力与重力及电场力的合力相等时，洛伦兹力大小等于弹力，小球做匀速直线运动，小球的速度达到最大，
即为qvB=N，而μN=f，且f=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$mg，因此解得：vmax=$\frac{2\sqrt{3}mg}{3μqB}$，故B错误；
C、根据动能定理，可知，取从静止开始到进入DH轨道后，因存在摩擦力做功，导致上升的最高点低于A点等高，故C正确；
D、对小球在O点受力分析，且由C向D运动，当磁感应强度B很小，即洛伦兹力很小，故轨道弹力竖直向上，
由牛顿第二定律，则有：N-mg+Bqv=m$\frac{{v}^{2}}{R}$；
由C到O点，机械能守恒定律，则有：mgRsin30°=$\frac{1}{2}$mv2；
由上综合而得：对轨道的弹力为2mg-qB$\sqrt{gR}$，
当小球由D向C运动时，则对轨道的弹力为2mg+qB$\sqrt{gR}$，
当磁感应强度B很大，即洛伦兹力很大，故轨道弹力竖直向下，
由牛顿第二定律，则有：Bqv-N-mg=m$\frac{{v}^{2}}{R}$；
由C到O点，机械能守恒定律，则有：mgRsin30°=$\frac{1}{2}$mv2；
由上综合而得：对轨道的弹力为2mg+qB$\sqrt{gR}$，故D错误；
故选：AC．

点评 考查力电综合应用，掌握牛顿第二定律、动能定理与机械能守恒定律的综合运用，理解左手定则的内容，注意重力与电场力的合力正好沿着斜面是解题的关键．

练习册系列答案
相关题目
18．关于原子结构和核反应的说法中正确的是（　　）
A．卢瑟福在α粒子散射实验基础上提出了原子的核式结构模型
B．天然放射现象的发现，揭示了原子核是由质子和中子组成的
C．据图可知，原子核A裂变成原子核B和C要放出核能量
D．据图可知，原子核D和E聚变成原子核F要吸收能量
19．如图1所示的装置，可用于探究恒力做功与速度变化的关系．水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘．实验首先保持轨道水平，通过调整砝码盘里砝码的质量让小车做匀速运动以实现平衡摩擦力，再进行后面的操作，并在实验中获得以下测量数据：小车、力传感器和挡光板的总质量M，平衡摩擦力时砝码和砝码盘的总质量m0，挡光板的宽度d，光电门1和2的中心距离s．

（1）实验需用螺旋测微器测量挡光板的宽度d，如图2所示，d=1.702 mm
（2）某次实验过程：力传感器的读数为F，小车通过光电门1和2的挡光时间分别为t1、t2（小车通过光电门2后，砝码盘才落地），砝码盘和砝码的质量为m，已知重力加速度为g，则对该小车，实验要验证的表达式是C
A．mgs=$\frac{1}{2}$M（$\frac{d}{{t}_{2}}$）2-$\frac{1}{2}$M（$\frac{d}{{t}_{1}}$）2            
B．（m-m0）gs=$\frac{1}{2}$M（$\frac{d}{{t}_{2}}$）2-$\frac{1}{2}$M（$\frac{d}{{t}_{1}}$）2 
C．（F-m0g）s=$\frac{1}{2}$M（$\frac{d}{{t}_{2}}$）2-$\frac{1}{2}$M（$\frac{d}{{t}_{1}}$）2
D．Fs=$\frac{1}{2}$M（$\frac{d}{{t}_{2}}$）2-$\frac{1}{2}$M（$\frac{d}{{t}_{1}}$）2．
16．某同学利用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律．

（1）下列有关实验过程的说法中正确的是AC．
A．本实验不必用停表测出重物下落的时间
B．验证时，必须测量重物的质量或重力
C．实验操作时，注意手提着纸带使重物靠近计时器，先接通计时器电源，然后松开纸带
D．如果打点计时器没有竖直放置，重物下落时，其重力势能有一部分消耗在纸带摩擦上，就会造成重力势能的变化小于动能的变化
（2）该同学正确操作得到的打点纸带，在纸带后段每两个计时间隔取一个计数点，依次为1，2，3，4，5，6，7，测量各计数点到第一个计数点的距离h，并正确求出打相应点时的速度v，各计数点对应的数据见表：
计数点1234567
h/m0.1240.1940.2790.3800.4970.6300.777
v/m•s-1 1.942.332.733.133.50 
v2/（m2•s-2） 3.765.437.459.8012.3 
请在如图所示的坐标系中，描点作出v2-h图象；由图线可知，重物下落的加速度g=9.75m/s2（保留三位有效数字）；若当地的重力加速度为9.80m/s2，根据作出的图线，能粗略验证自由下落的重物机械能守护的依据是图线为通过坐标原点的一条直线，斜率g′与g基本相等．
3．三个同样的电阻，额定功率均为20W，把其中两个并联再与第三个串联接入电路，已知阻值不随温度变化而变化，则此电路允许消耗的最大功率是（　　）
A．20WB．30WC．40WD．50W
13．在电场中把一个电荷量为6×10-6C的负电荷从A点移到B点，克服电场力做功3×10-5J，求A与B间的电势差．
20．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的点电荷仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知下列说法错误的是（　　）
A．三个等势面中，c的电势最高
B．该点电荷通过P点时的电势能较Q点小
C．该点电荷通过P点时的动能较Q点小
D．该点电荷通过P点时的加速度较Q点大
17．下列用电器中，利用电流热效应工作的是（　　）
A．电视机B．电热杯C．电风扇D．电脑
18．如图所示，两个完全相同且相互绝缘、正交的金属环，可沿轴线OO′自由转动，现通以图示方向电流，沿OO′看去会发现（　　）
A．A环、B环均不转动
B．A环将逆时针转动，B环也逆时针转动，两环相对不动
C．A环将顺时针转动，B环也顺时针转动，两环相对不动
D．A环将顺时针转动，B环将逆时针转动，两者吸引靠拢至重合为止

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