Question

17．以光滑水平面為x軸，豎直向上為y軸建立直角坐標(biāo)系xOy．在第二象限存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第一象限0≤x無限接近x=2m的區(qū)域OA間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，OA右側(cè)存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)．質(zhì)量為0.2kg的薄板位于x軸左側(cè)上．質(zhì)量為0.1kg、電量為0.1C的帶正電的小物塊，先按住它使其靜止在薄板的左端，二者的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，放手后經(jīng)過1s的時(shí)間物塊剛到達(dá)O點(diǎn)時(shí)正好位于薄板的右端，物塊進(jìn)入電磁場(chǎng)中恰好做圓周運(yùn)動(dòng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=3T．不計(jì)空氣阻力，重力加速度取10m/s²，π²≈10，三個(gè)區(qū)域電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同．求：
（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大��；
（2）物塊在薄板上運(yùn)動(dòng)的過程中產(chǎn)生的熱量；
（3）計(jì)算物塊落在x軸之前的最小動(dòng)能．

Answer 1

分析 （1）通過題意可知小物塊在電磁場(chǎng)恰好做圓周運(yùn)動(dòng)，可以得出電場(chǎng)力跟重力平衡；
（2）產(chǎn)生熱量Q=f△l（△l為相對(duì)位移），根據(jù)題意可求出物塊和木板在電場(chǎng)中的加速度，放手后經(jīng)過1s的時(shí)間物塊剛到達(dá)O點(diǎn)時(shí)正好位于薄板的右端，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式，可以得出物塊和木板位移之差，為相對(duì)位移△l；
（3）首先需要弄清楚物塊離開電磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)后做什么運(yùn)動(dòng)，通過分析發(fā)現(xiàn)，物塊在電場(chǎng)中先減速后加速，所以當(dāng)速度方向和合力方向垂直時(shí)，速度最小，即動(dòng)能最小．

解答 解：（1）物會(huì)進(jìn)入電磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)，必有重力等于電場(chǎng)力，有：mg=Eq
代入數(shù)據(jù)得：E=10V/m．
（2）在第二象限，物塊和薄板的加速度分別為：
${a}_{1}=\frac{qE-μ{m}_{1g}}{{m}_{1}}=6m/{s}^{2}$，
${a}_{2}=\frac{μ{m}_{1}g}{{m}_{2}}$=2m/s²，
到達(dá)O點(diǎn)時(shí)兩者的位移之差等于板長(zhǎng)L：
$L=\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}-\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}=2m$

產(chǎn)生的熱量等于：Q=μm₁gL=0.8J
（3）物體進(jìn)入電磁場(chǎng)的速度為：v=a₁t=6m/s
在電磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，有：$qBv={m}_{1}\frac{{v}^{2}}{r}$，r=2m
物塊在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，離開時(shí)速度方向豎直向上．離開電磁場(chǎng)后進(jìn)入電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，
水平方向勻加速運(yùn)動(dòng)，豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)．因?yàn)槲矬w的初速度和合力成鈍角，
所以先減速后加速，當(dāng)合速度與合力垂直時(shí)，動(dòng)能最小．
水平方向、豎直方向加速度大小均為g，必有：
v_x=v_y，gt'=v-gt'
t'=3s
最小動(dòng)能為：E_k=$\frac{1}{2}{m}_{1}（{v}_{{x}^{2}}+{v}_{{y}^{2}}）$=0.9J
答：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為10V/m；
（2）物塊在薄板上運(yùn)動(dòng)的過程中產(chǎn)生的熱量為0.8J；
（3）計(jì)算物塊落在x軸之前的最小動(dòng)能為0.9J．

點(diǎn)評(píng) 此題綜合程度較高，物體在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，考查了牛頓第二定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)的基本公式．解答此類題應(yīng)該分階段計(jì)算，受力分析時(shí)不要有遺漏的力．