题目内容
如图所示，匀强电场的场强E=4V/m，方向水平向左，匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向垂直纸面向里．一个质量为m=1g、带正电的小物块A，从M点沿绝缘粗糙的竖直壁无初速度下滑，当它滑行0.8m到N点时就离开壁做曲线运动．当A运动到P点时，恰好处于平衡状态，此时速度方向与水平成45°角，设P与M的高度差H为1.6m．求：（1）A沿壁下滑时克服摩擦力做的功．
（2）P与M的水平距离s是多少？
【答案】分析：对小球进行受力分析，再根据各力的变化，可以找出合力及加速度的变化；即可以找出小球最大速度及最大加速度的状态．
解答：
解：（1）小物体A下落至N点时开始离开墙壁，说明这时小物体A与墙壁之间已无挤压，弹力为零．
故有：qE=qvNB
∴vN=
=
=2m/s
对小物体A从M点到N点的过程应用动能定理，这一过程电场力和洛仑兹力均不做功，应有：
mgh-Wf克=
∴Wf克=mgh-
=10-3×10×0.8-
×10-3×22=6×l0-3 （J）
（2）小物体离开N点做曲线运动到达P点时，受力情况如图所示，由于θ=45°，物体处于平衡状态，建立如图的坐标系，可列出平衡方程．
qBvpcos45°-qE=0 （1）
qBvpsin45°-mg=0 （2）
由（1）得 vp=
=2
m/s
由（2）得 q=
=2.5×l0-3 c
N→P过程，由动能定理得mg（H-h）-qES=
代入计算得 S=0.6 m
答：（1）A沿壁下滑时克服摩擦力做的功6×l0-3 J．
（2）P与M的水平距离s是0.6m．
点评：本题要注意分析带电小球的运动过程，属于牛顿第二定律的动态应用与电磁场结合的题目，此类问题要求能准确找出物体的运动过程，并能分析各力的变化，对学生要求较高．
解答：
解：（1）小物体A下落至N点时开始离开墙壁，说明这时小物体A与墙壁之间已无挤压，弹力为零．故有：qE=qvNB
∴vN=
==2m/s 对小物体A从M点到N点的过程应用动能定理，这一过程电场力和洛仑兹力均不做功，应有：
mgh-Wf克=
∴Wf克=mgh-
=10-3×10×0.8-×10-3×22=6×l0-3 （J） （2）小物体离开N点做曲线运动到达P点时，受力情况如图所示，由于θ=45°，物体处于平衡状态，建立如图的坐标系，可列出平衡方程．
qBvpcos45°-qE=0 （1）
qBvpsin45°-mg=0 （2）
由（1）得 vp=
=2m/s由（2）得 q=
=2.5×l0-3 c N→P过程，由动能定理得mg（H-h）-qES=
代入计算得 S=0.6 m
答：（1）A沿壁下滑时克服摩擦力做的功6×l0-3 J．
（2）P与M的水平距离s是0.6m．
点评：本题要注意分析带电小球的运动过程，属于牛顿第二定律的动态应用与电磁场结合的题目，此类问题要求能准确找出物体的运动过程，并能分析各力的变化，对学生要求较高．
练习册系列答案
相关题目
如图所示，匀强电场的电场线与AC平行，把带电荷量10-8 C的负电荷从A移至B的过程中，电场力做功6×10-8 J，AB长6cm，AB与AC的夹角为60°．求：
如图所示，匀强电场的场强E=3×105V/m，A、B两点相距0.2m，两点连线与电场的夹角是60°，下列说法正确的是（ ）
如图所示，匀强电场的场强E=4.0×104N/C，沿电场线方向有A、B两点，A、B两点间的距离x=0.20m．将电荷量q=+2.0×10-8C的点电荷从A点移至B点．求：
如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t=0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（ ）| A、带电粒子将始终向同一个方向运动 | B、2s末带电粒子回到原出发点 | C、3s末带电粒子的速度不为零 | D、O～3s内，电场力做的总功为零 |
如图所示，匀强电场的电场强度E=2.0×104N/C，沿电场线方向有A、B两点，A、B两点间的距离s=0.10m．将电荷量q=+2.0×10-8C的点电荷从A点移至B点．求：