Question

20．如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球由一段長為L的絕緣細線系于O點，空間存在豎直向下的勻強電場E和豎直方向磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，且小球所受電場力和重力平衡，若小球在水平面內(nèi)作圖示方向（朝外）的勻速圓周運動，其中細線與豎直方向的夾角為θ．
（1）判斷小球的電性、勻強磁場的方向并求小球運動的速度大�。�
（2）若在圖示的位置突然將勻強磁場撤去，求細線中的張力大��；
（3）若將電場和磁場均撤去，連接小球的細線也去掉，同時在O點放一正的電荷，若小球仍在圓軌道面做勻速圓周運動，求O點所放點電荷的電荷量Q．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)電場力與重力平衡，由洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運動，根據(jù)電場強度的方向與電場力的方向來確定電性，再由左手定則來確定磁場方向，最后根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合向心力表達式，即可求解；
（2）將勻強磁場撤去，由細線的拉力在圓平面上的分力，提供向心力，根據(jù)力的分解法則，結(jié)合三角知識，即可求解；
（3）小球在點電荷的庫侖引力與重力的共同作用下，提供向心力，做勻速圓周運動，根據(jù)庫侖定律，結(jié)合牛頓第二定律，及向心力表達式，即可求解．

解答 解：（1）因電場力與重力平衡，且電場強度方向向下，則小球帶負電，
由于小球朝外的勻速圓周運動（如圖所示），根據(jù)左手定則，可知，磁場方向豎直向上，
根據(jù)牛頓第二定律，則有：Bqv=$m\frac{{v}^{2}}{Lsinθ}$；
解得：v=$\frac{BqLsinθ}{m}$；
（2）若在圖示的位置突然將勻強磁場撤去，則由細線拉力沿著圓平面方向的分力提供向心力．
即Tsinθ=Bq$\frac{BqLsinθ}{m}$；
解得：T=$\frac{{B}^{2}{q}^{2}L}{m}$；
（3）若將電場和磁場均撤去，連接小球的細線也去掉，由點電荷對小球的庫侖引力與重力共同作用下，提供向心力，
根據(jù)平衡條件與庫侖定律，則有：$\frac{kQq}{{L}^{2}}cosθ=mg$
解得：Q=$\frac{mg{L}^{2}}{kqcosθ}$；
答：（1）小球的帶負電、勻強磁場的方向豎直向上，小球運動的速度大小$\frac{BqLsinθ}{m}$；
（2）若在圖示的位置突然將勻強磁場撤去，細線中的張力大小$\frac{{B}^{2}{q}^{2}L}{m}$；
（3）則O點所放點電荷的電荷量$\frac{mg{L}^{2}}{kqcosθ}$．

點評 考查牛頓第二定律與向心力的應(yīng)用，掌握向心力來源，理解庫侖定律與力的平行四邊形定則的內(nèi)容．