（2006•温州二模）如图所示，倾角为θ的足够长的固定绝缘斜面放在水平向左的匀强电场中，一带负电的小物块，质量为m、电荷

（2006•温州二模）如图所示，倾角为θ的足够长的固定绝缘斜面放在水平向左的匀强电场中，一带负电的小物块，质量为m、电荷量为q，把它放在该电场中受到的电场力大小等于其重力的一半．物体A在斜面上由静止开始下滑，经时间t恰好到达斜面上的P₁处，此时突然加上磁感应强度为B的匀强磁场，物块仍沿原来的方向继续直线下滑，又滑过距离L到达P₂处刚好离开斜面．若重力加速度为g，则：
（1）若磁场方向与电场方向垂直，试确定磁场的具体方向．
（2）求出物块在斜面上滑动的过程中产生的热能Q（解答过程中，取μ=0.8、sinθ=0.6，其余各量均用字母表示）

会ll的商人 1年前已收到1个回答举报

tt锐思春芽

共回答了28个问题采纳率：89.3% 举报

解题思路：（1）根据物块在P₂处刚好离开斜面，得出洛伦兹力的方向，通过左手定则得出磁场的方向．
（2）抓住在P₂处刚好离开斜面，结合垂直斜面方向合力为零求出此处的速度，根据牛顿第二定律求出在PP₁段的加速度，从而根据位移公式求出PP₁的位移，对PP₂段运用动能定理，求出克服摩擦力做功的大小，从而得出滑动过程中产生的热能．

（1）因为物块滑过距离L到达P₂处刚好离开斜面，知洛伦兹力的方向垂直斜面向上，根据左手定则知，磁场方向应垂直纸面向外．
（2）设物块到达P₂处的速度为v₂，有：
在垂直斜面方向上合力为零，支持力为零，有：mgcosθ-qEsinθ=qBv₂
P至P₁过程，根据牛顿第二定律得，
mgsinθ+qEcosθ-μ（mgcosθ-qEsinθ）=ma
s=[1/2at2
P至P₂过程中，根据动能定理得，
mgsinθ（L+s）+qEcosθ（L+s）-W_f=
1
2mv22
qE=
1
2mg
联立以上各式，代入已知量可得：
Q＝Wf＝mgL+0.3mg2t2−
m3g2
8q2B2]．
答：（1）磁场方向垂直纸面向外．
（2）物块在斜面上滑动的过程中产生的热能为mgL+0.3mg²t²-
m3g2
8q2B2．

点评：
本题考点：动能定理的应用；牛顿第二定律．

考点点评：本题考查了牛顿第二定律、动能定理的综合运用，知道物块刚好脱离斜面时，垂直斜面方向上的合力为零，此时支持力为零．

1年前

可能相似的问题