Question

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右侧还分别存在着电场强度大小相等、方向水平向右和水平向左的匀强电场，现有一质量为m、电荷电量恒为q、直径略小于轨道内经、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，若小球所受电场力等于其重力的

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向下滑的过程中，最大加速度a_max=

  2 3

  3

  g
• B、小球在第一次沿轨道AC向下滑的过程中，最大速度v_max=

  3 mg

  3μqB

• C、小球进入DH轨道后，上升的最高点与A点等高
• D、小球经过O点时，对轨道的弹力可能为2mg-qB

  gR

Answer 1

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，结合电场力与重力的合力做功，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=

(mg)2+( 3 mg 3 )2

=

2 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，因将下滑时，加速度最大，即为a_max=

F

m

=

2 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=

2 3

3

mg，因此解得：v_max=

2 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错误；
D、对小球在O点受力分析，且由C向D运动，由牛顿第二定律，则有：N-mg+Bqv=m

v2

R

；
由C到O点，机械能守恒定律，则有：mgRsin30°=

1

2

mv²；由上综合而得：对轨道的弹力为2mg-qB

gR

，
当小球由D向C运动时，则对轨道的弹力为2mg+qB

gR

，故D正确；
故选：AD．

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．