Question

2．如圖勻強(qiáng)電場(chǎng)E=4v/m，水平向左，勻強(qiáng)磁場(chǎng)B=2T，垂直紙面向里，m=1g帶正電的小物塊A，從M點(diǎn)沿絕緣粗糙的豎直壁無(wú)初速下滑，它滑行0.8m到N點(diǎn)時(shí)就離開(kāi)壁做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，在P點(diǎn)A瞬時(shí)受力平衡，此時(shí)其速度與水平方向成45°角．設(shè)P與M的高度差為1.6m．（g=10m/s²）求：
（1）A沿壁下滑時(shí)摩擦力做的功．
（2）P與M水平距離．

Answer 1

分析 對(duì)小球進(jìn)行受力分析，再根據(jù)各力的變化，可以找出合力及加速度的變化；即可以找出小球最大速度及最大加速度的狀態(tài)．

解答 解：（1）小物體A下落至N點(diǎn)時(shí)開(kāi)始離開(kāi)墻壁，說(shuō)明這時(shí)小物體A與墻壁之間已無(wú)擠壓，彈力為零．
故有：qE=qv_NB
因此v_N=$\frac{E}{B}$=$\frac{4}{2}$=2m/s          
對(duì)小物體A從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理，這一過(guò)程電場(chǎng)力和洛侖茲力均不做功，應(yīng)有：
mgh-W_f克=$\frac{1}{2}$m${v}_{N}^{2}$
解得：W_f克=mgh-$\frac{1}{2}$m${v}_{N}^{2}$=10^-3×10×0.8-$\frac{1}{2}$×10^-3×2²=6×l0^-3 （J）     
（2）小物體離開(kāi)N點(diǎn)做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，受力情況如圖所示，由于θ=45°，物體處于平衡狀態(tài)，建立如圖的坐標(biāo)系，可列出平衡方程．
qBv_pcos45°-qE=0        ①
qBv_psin45°-mg=0        ②
由①得：
v_p=$\frac{E}{Bcos45°}$=2$\sqrt{2}$ m/s
由②得：
q=$\frac{mg}{B{v}_{p}sin45°}$=2.5×l0^-3 C                  
N→P過(guò)程，由動(dòng)能定理得：
mg（H-h）-qES=$\frac{1}{2}m{v}_{p}^{2}$-$\frac{1}{2}$m${v}_{1}^{2}$
代入計(jì)算得：
 S=0.6 m      
答：（1）A沿壁下滑時(shí)摩擦力做的功-6×l0^-3 J．
（2）P與M的水平距離s是0.6m

點(diǎn)評(píng) 本題要注意分析帶電小球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，屬于牛頓第二定律的動(dòng)態(tài)應(yīng)用與電磁場(chǎng)結(jié)合的題目，此類(lèi)問(wèn)題要求能準(zhǔn)確找出物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，并能分析各力的變化，對(duì)學(xué)生要求較高．