Question

3．如圖所示，兩個(gè)半徑相等的半圓形光滑軌道置于豎直平面內(nèi)，左右兩端點(diǎn)等高，它們分別處于垂直紙面的向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)場(chǎng)和沿水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，兩個(gè)相同的帶正電小球同時(shí)從兩軌道左端最高點(diǎn)由靜止釋放，M、N為軌道的最低點(diǎn)，則下列說(shuō)法中不正確的是（　�。�

• A． 兩個(gè)小球到達(dá)軌道最低點(diǎn)的速度關(guān)系是v_M＜v_N
• B． 兩個(gè)小球第一次經(jīng)過(guò)軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力關(guān)系是F_M＞F_N
• C． 小球第一次到達(dá)M點(diǎn)所用時(shí)間小于小球第一次到達(dá)N點(diǎn)所用時(shí)間
• D． 在電場(chǎng)中的小球不能到達(dá)軌道另一端最高處

Answer 1

分析 分析帶電小球在磁場(chǎng)中做正功還是做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理求出運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的速度，從而根據(jù)牛頓第二定律求出底部對(duì)小球的支持力大小，然后進(jìn)行比較．

解答 解：小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，在最低點(diǎn)受力分析可知：
F_N-mg=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
解得：F_N=m$\frac{{v}^{2}}{r}$+mg
A、C、由于小球在左圖豎直向下的電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力對(duì)小球做正功，由動(dòng)能定理得mg+EqR=$\frac{1}{2}m{{v}_{M}}^{2}$，
而小球在右圖水平向左的電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)受到的電場(chǎng)力對(duì)小球做負(fù)功，由動(dòng)能定理得mg-EqR=$\frac{1}{2}m{{v}_{N}}^{2}$，
故v_M＞v_N，所以運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t_M＜t_N，故A錯(cuò)誤，C正確；
B、因?yàn)関_M＞v_N，根據(jù)F_N=m$\frac{{v}^{2}}{r}$+mg可知：F_M＞F_N，故B正確；
D、在左邊電場(chǎng)中小球能到達(dá)軌道另一端最高處，此過(guò)程動(dòng)能、電勢(shì)能和重力勢(shì)能變化為零，滿足能量守恒．
在右邊電場(chǎng)中小球不能到達(dá)軌道另一端最高處，因?yàn)榧偃缒艿竭_(dá)另一端最高點(diǎn)時(shí)，重力勢(shì)能變化為零，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能要增加，能量不守恒了．故D正確．
本題選錯(cuò)誤的
故選：A．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵知道電場(chǎng)力做功的特點(diǎn)，分清電場(chǎng)力做正功還是做負(fù)功，結(jié)合動(dòng)能定理和牛頓第二定律進(jìn)行求解．