Question

9．如圖，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向水平向右，電場強(qiáng)度大小為E，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點(diǎn)由靜止開始沿MN下滑，到達(dá)C點(diǎn)時離開MN做曲線運(yùn)動．A、C兩點(diǎn)間距離為h，重力加速度為g．
（1）求小滑塊運(yùn)動到C點(diǎn)時的速度大小v_c；
（2）求小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)過程中克服摩擦力做的功W_f；
（3）若D點(diǎn)為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動過程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運(yùn)動到D點(diǎn)時撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動到水平地面上的P點(diǎn)．已知小滑塊在D點(diǎn)時的速度大小為v_D，從D點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的時間為t，求D到P的距離．

Answer 1

分析 （1）小滑塊到達(dá)C點(diǎn)時離開MN，此時與MN間的作用力為零，對小滑塊受力分析計算此時的速度的大��；
（2）由動能定理直接計算摩擦力做的功W_f；
（3）撤去磁場后小滑塊將做類平拋運(yùn)動，根據(jù)分運(yùn)動計算最后的合速度的大小，運(yùn)用位移公式，結(jié)合矢量的合成，即可求解D到P的距離．

解答 解：（1）由題意知，根據(jù)左手定則可判斷，滑塊在下滑的過程中受水平向左的洛倫茲力，
當(dāng)洛倫茲力等于電場力qE時滑塊離開MN開始做曲線運(yùn)動，即qv_cB=qE
解得：v_c=$\frac{E}{B}$
（2）從A到C根據(jù)動能定理：$mgh-{W_f}=\frac{1}{2}m{v^2}-0$
解得：${W_f}=mgh-\frac{1}{2}m\frac{E^2}{B^2}$
（3）如圖，

設(shè)重力與電場力的合力為F，由圖意知，在D點(diǎn)速度v_D的方向與F地方向垂直，從D到P做類平拋運(yùn)動．
在F方向做勻加速運(yùn)動a=$\frac{F}{m}$，
而$F=\sqrt{{{（mg）}^2}+{{（qE）}^2}}$
t時間內(nèi)在F方向的位移為$x=\frac{1}{2}a{t^2}$
t時間內(nèi)在垂直F方向的位移為y=v_Dt    
D到P距離s=$\sqrt{\frac{{m}^{2}{g}^{2}+{q}^{2}{E}^{2}}{4{m}^{2}}{t}^{2}+{v}_{D}^{2}{t}^{2}}$              
聯(lián)立解得：s=$\sqrt{\frac{{m}^{2}{g}^{2}+{q}^{2}{E}^{2}}{4{m}^{2}}{t}^{2}+{v}_{D}^{2}{t}^{2}}$  
答：（1）小滑塊運(yùn)動到C點(diǎn)時的速度大小$\frac{E}{B}$；
（2）小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)過程中克服摩擦力做的功$mgh-\frac{1}{2}m\frac{{E}^{2}}{{B}^{2}}$；
（3）若D點(diǎn)為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動過程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運(yùn)動到D點(diǎn)時撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動到水平地面上的P點(diǎn)．已知小滑塊在D點(diǎn)時的速度大小為v_D，從D點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的時間為t，D到P的距離$\sqrt{\frac{{m}^{2}{g}^{2}+{q}^{2}{E}^{2}}{4{m}^{2}}{t}^{2}+{v}_{D}^{2}{t}^{2}}$．

點(diǎn)評 解決本題的關(guān)鍵是分析清楚小滑塊的運(yùn)動過程，在與MN分離時，小滑塊與MN間的作用力為零，在撤去磁場后小滑塊將做類平拋運(yùn)動，根據(jù)滑塊的不同的運(yùn)動過程逐步求解即可．