【導讀】算題來訓練學生的審題能力和規(guī)范解題能力。選題典型、新穎，理壓軸題的能力。x軸的平面的右側(cè)空間有一個勻強電場，場強大小E=6×105N/C，緣物塊，其帶電荷量q=-5×10—8C。物塊與水平地面間的動摩擦因。物塊沿x軸正方向運動離O點的最遠距離；試計算物塊在運動過程中克服摩擦力做的功；證明物塊離開軌道落回水平面過程的水平距離與場強大小E無關，且為一常量。垂直于場強向右的正電荷，電荷的質(zhì)量為m，小E=1．0×105N/C的勻強電場,此時A的右端到豎直絕緣擋板的距離為S=2m，此后A．B. 剛施加勻強電場時，物塊B的加速度的大小？強電場，兩板間距為d、電勢差為U，在B板上開有兩個間距為L的小孔。兩板間的電場強度可認為大小處處相等，方向都指向O’。金屬板兩端與B板的間隙可忽略不計。為了使微粒能在CD板間運動而不碰板，CD板間的電場強度大小應滿足什么條件？勻強電場的方向改為豎直向上，大小不變，且物塊仍以原初速度沿木板上表面從A端滑入，電場中運動的簡化模型示意圖。

　　

【正文】 在 C 點的圓軌道徑向應用牛頓第二定律，有： RVmqEN CC 2??…………………………… ② 解得： smgRmqE RV C /224 ???……… ③ NmgqEN C 325 ??? ………………………… ④ （ 3） ∵ mg=qE=1N ∴ 合場的方向垂直于 B、 C 點的連線 BC ∴ 合場勢能最低的點在 BC 的中點 D 如圖： …………………… ⑤ ∴ 小球的最大能動 EKM： )45c o s1(.)45s i n1(m i n ???????? Rmgq E REpEpE DKM J52? ……………………………………………… ⑥ 1 ； 1 （ 1）設帶電體在水平軌道上運動的加速度大小為 a，根據(jù)牛頓第二定律有 qE=ma 解得 a=qE/m=設帶電體運動到 B 端的速度大小為 vB，則 vB2=2as 解得 vB= as2 =（或用動能定理） ————— 3 分 （ 2）設帶電體運動到圓軌道 B端時受軌道的支持力 為 N，根據(jù)牛頓第二定律有 Nmg=mvB2/R 解得 N=mg+ mvB2/R= 3 分 根據(jù)牛頓第三定律可知，帶電體對圓弧軌道 B端的壓力大小 N′ =N= ——1 分 （ 3）設帶電體沿圓弧形軌道運動過程中摩擦力所做的功為 W 摩 ，對此過程根據(jù)動能定理有 qER +W 摩 mgR=021 mvB2 解得 W 摩 1 （ 1）只要小球沿軌道 AB 運動，就一定能夠到達 C 點，它在 AB 上運動的條件是軌道對它的支持力 N≥0 因此有 mg≥qE 解得 E≤mg/q （ 2）小球做勻速圓周運動條件是 qE＝ mg ⌒ 解得 E＝ mg/q （ 3）由題意知，在 D 點，小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱? 根據(jù)牛頓第二定律有 mg— qE= 2Dmv / R ① 對小球運動的過程，根據(jù)動能定理有 從 A 到 D（ mg— qE）（ h— 2R）＝ 212 Dmv— 2012mv ② 從 A 到 C（ mg— qE） h＝ 212 cmv— 2012mv ③ 在 C 點，設軌道對小球的彈力為 F 根據(jù)牛頓第二定律有 F 一（ mg— qE）＝ 2cmv / R ④ 聯(lián)立 ①②③④ 式解得 20652mvF Rh? ? 1 解： (1)由 Aa=Bb=4L ,O 為 AB 連線的中點得： a、 b 關于 O 點對稱，則 Uab=0 ① 設小 滑塊與水平面間的摩擦力大小為 f，對于滑塊從 a→ b 過程，由動能定理得： 002 ELfUq ab ????? ② 而 f=μ mg ③ 由 ① —— ③ 式得：mgLE02?? ④ （ 2）對于滑塊從 O→ b 過程，由動能定理得： 004 nELfUq Ob ????? ⑤ 由 ③ — — ⑤ 式得：q EnU Ob 2 )12( 0??? ⑥ (3)對于小滑塊從 a 開始運動到最終在 O 點停下的整個過程，由動能定理得： 00 EsfUq aO ????? ⑦ 而q EnUU ObaO 2 )12( 0???? ⑧ 由 ③ —— ⑧式得： LnS 4 12 ?? ⑨ 1 解析：（ 1）帶電微粒從 O 點射入磁場，運動軌跡如圖。 第一次經(jīng)過磁場邊 界上的 A點 由 rvmBqv 200 ?得 30 104 ???? qBmvr m A點位置坐標（ 4 103m, 4 103m） (2)設帶電微粒在磁場中做圓周運動的周 期為 T 則 t=tOA+tAC= TT 4341 ? T=qBm?2 代入數(shù)據(jù)解得： T= 105s 所以 t= 105s （ 3）微粒從 C 點沿 y 軸正方向進入電場，做曲線運動 mqEa? ratx 221 21 ??? 10tvy?? 代入數(shù)據(jù)解得： ??y m y= y? 2r= 4 103m= 離開電、磁場時的位置坐標 (0, ) 1 （ 1）（ 6 分）對小球，在豎直方向處于平衡狀態(tài)，有 mgqE ??cos 而 EdU? 所以 ?cosqmgdU? （ 2）（ 6 分）對小球，根據(jù)動能定理，得 021 2 ?? mvqU 則 ?cos2gdv? 解：（ 1）在關閉電場后系統(tǒng)動量守恒而最終物體、小車均速度為零則可知關閉電場瞬間貨物與小車運動方向相反則貨物向右運動小車向左運動 （ 2）解：以向左為正方向?qū)ο到y(tǒng)的整個過程應用動量定理得 0 ( )qEt M m v? ? ? ?……（ 1） 解得： () m vtsqE???……（ 2） 在加電場的過程中，貨物一直向前做勻減速運動，小車向前做勻速運動 后反向做勻速運動，由牛頓定律得 21/B mga g m sm? ?? ? ?……（ 3） 22 .2 /A q E m ga m sM????……（ 4） BBv v a t?? ……（ 5） AAv v a t?? ……（ 6） 聯(lián)立解得 1/Bv m s? ……（ 7） /Av m s?? ……（ 8） 再由運動學公式得 B v vBs t m???……（ 9） AA vvs t m???……（ 10）所以 1 s s m??? ……（ 11） 對系統(tǒng)，由功能關系有 222 1122BAm g L m v M v? ??……（ 12） 代人數(shù)據(jù)解得 2 ? ……（ 13） 所以小車的最短長度為 12 L L m? ? ? ……（ 14）