Question

9．如圖所示，在虛線MO的左側(cè)存在方向水平向右、電場強(qiáng)度大小為E=5V/m的勻強(qiáng)電場和方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=10T的勻強(qiáng)磁場，在MO的右側(cè)有一傾角為θ=37°的固定斜面，斜面通過一小段光滑圓弧與水平地面在O點(diǎn)相連．一質(zhì)量為m=3kg、電荷量q=1C的帶電小物塊從水平地面的A點(diǎn)處由靜止釋放，在電場作用下向右運(yùn)動(dòng)，已知A、O間的距離為l=10m，物塊到達(dá)O點(diǎn)前已經(jīng)開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)O點(diǎn)后通過圓弧滑上斜面，剛好能到達(dá)斜面中點(diǎn)C，設(shè)斜面頂端P的高度h=0.3m，物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1（重力加速度g=10m/s²，sin37°=0.6．cos37°=0.8）．
（1）求物塊在水平地面上克服摩擦力做的功；
（2）求物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ′；
（3）如果在虛線MO的右側(cè)加一與紙面平行的勻強(qiáng)電場E′（電場強(qiáng)度的大小和方向未知），使物塊能夠到達(dá)斜面頂端P點(diǎn)，求勻強(qiáng)磁場E′的電場強(qiáng)度的最小值．

Answer 1

分析 （1）抓住物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合平衡求出勻速運(yùn)動(dòng)的速度，根據(jù)動(dòng)能定理求出克服摩擦力做功的大�。�
（2）根據(jù)上滑的最大距離，結(jié)合動(dòng)能定理求出物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)．
（3）根據(jù)勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小得出合力的大小，運(yùn)用正交分解求出電場力的表達(dá)式，通過數(shù)學(xué)三角函數(shù)求出電場強(qiáng)度的最小值．

解答 解：（1）當(dāng)物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，有：qE=μ（mg+qvB），
代入數(shù)據(jù)解得v=2m/s．
根據(jù)動(dòng)能定理得，$qEl-{W}_{f}=\frac{1}{2}m{v}^{2}-0$，
代入數(shù)據(jù)解得W_f=44J．
（2）物塊在斜面上滑行的距離x=$\frac{1}{2}×\frac{h}{sin37°}=\frac{1}{2}×\frac{0.3}{0.6}m=0.25m$，
根據(jù)動(dòng)能定理得，$-mgxsin37°-μ′mgxcos37°=0-\frac{1}{2}m{v}^{2}$，
代入數(shù)據(jù)解得μ′=0.25．
（3）物塊能夠到達(dá)斜面頂端P點(diǎn)，根據(jù)速度位移公式得，$a=\frac{{v}^{2}}{2×2x}=\frac{4}{2×0.5}m/{s}^{2}=4m/{s}^{2}$，
合力F_合=ma=3×4N=12N，方向沿斜面向下．
設(shè)勻強(qiáng)磁場E′的方向與斜面方向的夾角為α，斜向上，
則有：F_合=f+mgsin37°-qE′cosα，
N+qE′sinα=mgcos37°，f=μ′N，
聯(lián)立有：12=0.25qE′sinα+qEcosα
解得qE=$\frac{12}{0.25sinα+cosα}$，
可知qE的最小值為$\frac{12}{\sqrt{1+\frac{1}{16}}}=\frac{48}{\sqrt{17}}$，解得電場強(qiáng)度的最小值E′=$\frac{48}{\sqrt{17}}≈11.64N/C$．
答：（1）物塊在水平地面上克服摩擦力做的功為44J；
（2）物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25．
（3）勻強(qiáng)磁場E′的電場強(qiáng)度的最小值為11.64N/C．

點(diǎn)評 本題考查了動(dòng)能定理、共點(diǎn)力平衡、牛頓第二定律的綜合運(yùn)用，關(guān)鍵理清物塊在整個(gè)過程中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，知道勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場力與摩擦力的大小相等．對于第三問，應(yīng)用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的要求較高，需加強(qiáng)這方面的訓(xùn)練．