2022高考物理二轮专题突破教学案专题3第2课时.docx

第2课时电场和磁场中的曲线运动
1．带电粒子在电场中受到电场力，如果电场力的方向与速度方向不共线，将会做曲线运动；如果带电粒子垂直进入匀强电场，将会做类平抛运动，由于加速度恒定且与速度方向不共线，因此是匀变速曲线运动．
2．研究带电粒子在匀强电场中的类平抛运动的方法与平抛运动相同，可分解为垂直电场方向的匀速直线运动和沿电场方向的匀加速直线运动；假设场强为E，其加速度的大小可以表示为a＝.
3．带电粒子垂直进入匀强磁场时将做匀速圆周运动，向心力由洛伦兹力提供，洛伦兹力始终垂直于运动方向，它不做功．其半径R＝，周期T＝.
1．带电粒子在电场和磁场的组合场中运动时，一般是类平抛运动和匀速圆周运动的组合，可以先分别研究这两种运动，而类平抛运动的末速度往往是匀速圆周运动的线速度，分析运动过程中转折点的速度是解决此类问题的关键．
2．本局部内容通常应用运动的合成与分解的方法、功能关系和圆周运动的知识解决问题.
题型1带电粒子在电场中的曲线运动问题
例1如图1所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知(　　)
图1
A．带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度
B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大
C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大
D．带电粒子在R点时的加速度小于在Q点时的加速度
审题突破带电粒子在R点时受到的电场力的方向如何R、Q两点的场强的大小关系是什么
解析根据牛顿第二定律可得ma＝qE，又根据电场线的疏密程度可以得出Q、R两点处的电场强度的大小关系为ER>EQ，那么带电粒子在R、Q两点处的加速度的大小关系为aR>aQ，故D错误；由于带电粒子在运动过程中只受电场力作用，只有动能与电势能之间的相互转化，那么带电粒子的动能与电势能之和不变，故C错误；根据物体做曲线运动的轨迹与速度、合外力的关系可知，带电粒子在R点处所受电场力的方向为沿电场线向右，又由于该粒子带负电，那么R点处电场的方向应该向左，根据等势面与电场线的关系可得R、Q两点处电势的关系为φR>φQ，根据电势能与电势的关系Ep＝qφ及带电粒子的电性可得R、Q两点处电势能的关系为EpR<EpQ，那么R、Q两点处动能的关系为EkR>EkQ，根据动能的定义式Ek＝mv2可得R、Q两点处速度大小的关系为vR>vQ，故A正确；P、Q两点处电势的关系为φP>φQ，根据电势能与电势的关系Ep＝qφ及带电粒子的电性可得P、Q两点处电势能的关系为EpP<EpQ，故B错误．
答案A
以题说法带电粒子在电场中的曲线运动特点和力学中一样，其运动轨迹一定在合力和速度的夹角范围内，且向着力的方向弯曲，这是我们画轨迹或者分析受力的依据．
如图2所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距(两极板仍平行)，那么以下说法正确的选项是(　　)
图2
A．假设小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的右侧
B．假设小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N的左侧
C．假设小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的右侧
D．假设小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧
答案BC
解析假设小球带正电，当AB间距增大时，由于二极管的单向导电性，平行板电容器带电量不变，AB两极板之间电场强度不变，小球所受向下的电场力不变，向下的加速度不变，小球仍打在N点，选项A错误；假设小球带正电，当AB间距减小时，平行板电容器带电量增大，平行板电容器AB两极板之间电场强度增大，小球所受向下的电场力增大，向下的加速度增大，小球打在N的左侧，选项B正确；假设小球带负电，当AB间距减小时，平行板电容器带电量增大，平行板电容器AB两极板之间电场强度增大，小球所受向上的电场力增大，向下的加速度减小，小球可能打在N的右侧，选项C正确；假设小球带负电，当AB间距增大时，由于二极管的单向导电性，平行板电容器带电量不变，AB两极板之间电场强度不变，小球所受向上的电场力不变，小球仍打在N点，选项D错误．
题型2带电体在电场中的曲线运动问题
例2如图3所示，粗糙水平桌面AM的右侧连接有一竖直放置、半径R＝0.3 m的光滑半圆轨道MNP，桌面与轨道相切于M点．在水平半径ON的下方空间有水平向右的匀强电场．现从A点由静止释放一个质量m＝0.4 kg、电荷量为q的带正电的绝缘物块，物块沿桌面运动并由M点进入半圆轨道，并恰好以最小速度通过轨道的最高点P.物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.55，电场强度E＝，取g＝10 m/s2，那么(　　)
图3
A．物块经过M点时的速率为m/s
B．物块经过半圆轨道MN的中点时对轨道的压力为4N
C．物块由M向P运动的过程中速率逐渐减小
D．AM的长度为1 m
审题突破物块在最高点的速度是多少由M到N的过程中有几个力做功，是正功还是负功小物块在N点受几个力作用
解析物块恰好通过P点，那么在P点有mg＝m，物块从M到P由动能定理得qER－2mgR＝mv－mv，联立解得vM＝3 m/s，选项A错误；设物块在半圆轨道中点时的速度大小为v，由动能定理得qER－mgR＝mv2－mv，又FN－qE＝m、FN′＝FN，联立解得压力大小为FN′＝16N，选项B错误；物块由M向N运动的过程中速率先增大后减小，选项C错误；物块从A到M由动能定理得(qE－μmg)l＝mv－0，解得l＝1 m，选项D正确．
答案D
以题说法1.带电体一般要考虑重力，而且电场力对带电体做功的特点与重力相同，即都与路径无关．
2．带电体在电场中做曲线运动(主要是类平抛、圆周运动)的分析方法与力学中的方法相同，只是对电场力的分析要更谨慎．
如图4所示，有一带正电小球，从竖直面上的A点正上方的某点O以某一初速度平抛，落地点为B点(不计空气阻力)；今在竖直平面所在的空间上加一个竖直向上的匀强电场后，仍从O点以相同的初速度平抛该带电小球，小球落地点为C点，测得AC＝2AB.小球的重力为mg，小球所带电量为q，求：电场强度E的大小．
图4
答案
解析设O点距A点高度为h，AB的距离为s，无电场时下落时间为t1，加上电场后下落时间为t2，初速度为v0，那么无电场平抛时，
水平方向s＝v0t1
竖直方向h＝
得s＝v0
加上电场后平抛时，水平方向2s＝v0t2
竖直方向h＝
竖直方向的加速度a＝(mg－Eq)/m
代入得2s＝v0
解得E＝
题型3带电粒子在磁场中的圆周运动问题
例3　(16分)如图5所示，在半径为R＝的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，圆形区域右侧有一竖直感光板，圆弧顶点P有一速率为v0的带正电的粒子平行于纸面进入磁场，粒子的质量为m，电荷量为q，粒子重力不计．
图5
(1)假设粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；
(2)假设粒子对准圆心射入，且速率为v0，求它打到感光板上时速度的垂直分量；
(3)假设粒子以速率v0从P点以任意角射入，试证明它离开磁场后均垂直打在感光板上．
审题突破粒子射入磁场的方向如何这种情况下有什么规律
解析　(1)设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，由牛顿第二定律得
Bqv0＝m(2分)
所以r＝＝R(2分)
带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，轨迹对应的圆心角为，如下列图．
那么它在磁场中运动的时间t＝＝(3分)
(2)由(1)知，当v＝v0时，带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，其运动轨迹如下列图．
由几何关系可知∠PO2O＝∠OO2A＝30°(2分)
所以带电粒子离开磁场时偏转角为60°
粒子打到感光板上时速度的垂直分量为
v⊥＝vsin60°＝v0(2分)
(3)由(1)知，当带电粒子以v0射入时，粒子在磁场中的运动轨迹半径为R，设粒子射入方向与PO方向之间的夹角为θ，带电粒子从区域边界S射出，带电粒子运动轨迹如下列图．
因PO3＝O3S＝PO＝SO＝R
所以四边形POSO3为菱形(2分)
由几何关系可知：PO∥O3S
在S点的速度方向与O3S垂直，因此，带电粒子射出磁场时的方向为水平方向，离开磁场后垂直打在感光板上，与入射的方向无关．(3分)
答案　(1)　(2)v0　(3)见解析
以题说法1.对于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的问题，根本思路是：根据进场点和出场点的速度方向，确定洛伦兹力的方向，其交点为圆心，利用几何关系求半径．
2．带电粒子在常见边界磁场中的运动规律
(1)直线边界：
①对称性：假设带电粒子以与边界成θ角的速度进入磁场，那么一定以与边界成θ角的速度离开磁场．
②完整性：正、负带电粒子以相同的速度进入同一匀强磁场时，两带电粒子轨迹圆弧对应的圆心角之和等于2π.
(2)圆形边界：沿径向射入的粒子，必沿径向射出．
如图6所示，中轴线PQ将矩形区域MNDC分成上、下两局部，上局部充满垂直纸面向外的匀强磁场，下局部充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度皆为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从P点进入磁场，速度与边MC的夹角θ＝30°.MC边长为a，MN边长为8a，不计粒子重力．求：
图6
(1)假设要求该粒子不从MN边射出磁场，其速度最大是多少
(2)假设要求该粒子恰从Q点射出磁场，其在磁场中的运行时间最少是多少
答案　(1)　(2)
解析　(1)设该粒子恰不从MN边射出磁场时的轨迹半径为r，由几何关系得：rcos60°＝r－a，解得r＝a
又由qvB＝m
解得最大速度v＝
(2)由几何关系知，轨迹半径为r时，粒子每经过分界线PQ一次，在PQ方向前进的位移为轨迹半径r的倍
设粒子进入磁场后第n次经过PQ线时恰好到达Q点
有n×r＝8a
解得n＝＝4.62
n所能取的最小自然数为5
粒子做圆周运动的周期为T＝
粒子每经过PQ分界线一次用去的时间为
t＝T＝
粒子到达Q点的最短时间为
tmin＝5t＝
5．带电粒子在电场和磁场中运动的综合问题
审题例如
(16分)如图7所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上．两板之间的右侧长度为3d的区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.喷墨打印机的喷口可在两极板左侧上下自由移动，并且从喷口连续不断喷出质量均为m、速度水平且大小相等、带等量电荷的墨滴．调节电源电压至U，使墨滴在未进入磁场前的左侧区域恰能沿水平方向向右做匀速直线运动．(重力加速度为g)
图7
(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；
(2)要使墨滴不从两板间射出，求墨滴的入射速率应满足的条件．
审题模板
答题模板
(1)墨滴在未进入磁场前的左侧区域恰能沿水平方向向右做匀速直线运动，有：
＝mg①(2分)
解得：q＝②(2分)
墨滴所受重力向下，电场力向上，所以墨滴带负电．
(2)墨滴进入电场、磁场共存区域后，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供墨滴做匀速圆周运动所需的向心力
qvB＝m③(2分)
从上极板边缘射入的墨滴最容易从两板间射出，只要这个墨滴没有射出，其他墨滴就都不会射出．假设墨滴刚好由极板左侧射出，其运动轨迹如下列图．
那么有R1＝d④(2分)
联立②③④解得
v1＝(2分)
假设墨滴刚好从极板右侧射出，其运动轨迹如下列图．
那么有R＝(3d)2＋(R2－d)2⑤
解得R2＝5d⑥(2分)
联立②③⑥解得
v2＝(2分)
所以要使墨滴不会从两极间射出，速率应该满足
<v<(2分)
答案　(1)负电　(2)<v<
在如图8甲所示的空间里，存在方向水平垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上周期性变化的电场(如图乙所示)，周期T＝12t0，电场强度的大小为E0，E>0表示电场方向竖直向上，一倾角为30°且足够长的光滑绝缘斜面放置在此空间中．t＝0时，一带负电、质量为m的微粒从斜面上的A点由静止开始沿斜面运动，到C点后，做一次完整的圆周运动，在t＝T时刻回到C点，再继续沿斜面运动到t＝13t0时刻．在运动过程中微粒电荷量不变，重力加速度为g.上述E0、m、t0、g均为量．
图8
(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；
(2)求微粒在A、C间运动的加速度a的大小和运动到C点时的速度v1的大小；
(3)求0～2T时间内微粒经过的路程．
答案　(1)　(2)ggt0　(3)35gt
解析　(1)由题给微粒在0～T时间内的运动情况可知，在0～t0时间内微粒沿斜面运动，在这之后的Δt2＝T－t0＝11t0时间内做匀速圆周运动，做匀速圆周运动时，电场力与重力的合力为零．
由qE0＝mg，解得q＝
由11t0＝，解得B＝＝
(2)微粒在A、C间运动时(qE0＋mg)sin30°＝ma
解得a＝g
微粒运动到C点时的速度大小v1＝at0＝gt0
(3)设t0～T时间内做圆周运动的周长为s1
s1＝v1Δt2＝gt0·11t0＝11gt
在12t0～13t0时间内沿斜面做匀加速直线运动，在t＝13t0时刻速度大小为v2
v2＝a·2t0＝2gt0
设13t0～2T时间内做圆周运动的周长为s2
s2＝v2·11t0＝22gt
0～2T时间内做匀加速直线运动的时间为2t0，经过的路程为s3，s3＝a(2t0)2＝2gt
0～2T时间内微粒经过的总路程s＝s1＋s2＋s3＝35gt
(限时：60分钟)
一、单项选择题
1． 一带电粒子仅在电场力作用下，从电场中的a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图1所示，可以判断该粒子(　　)
图1
A．在a点的加速度比b点大
B．在a点的电势能比b点小
C．在a点的电势比b点小
D．在a点的动能比b点小
答案D
解析a点的电场线比b点电场线稀疏，故a点场强比b点场强小，粒子在a点的加速度比在b点时小，选项A错误；做曲线运动的物体受到的合力指向曲线的内侧，从a点到b点，电场力做正功，电势能减小，故粒子在a点的电势能比在b点时大，选项B错误；沿电场线方向电势降低，故a点电势高于b点电势，选项C错误；电场力做正功，根据动能定理可知，粒子在a点的动能比在b点时小，选项D正确．
2．如图2所示，两个等量异种点电荷的连线和其中垂线上有a、b、c三点，以下说法正确的选项是(　　)
图2
A．a点电势比b点电势高
B．a、b两点的场强方向相同，b点场强比a点场强小
C．b点电势比c点电势高，场强方向相同
D．一个电子仅在电场力作用下不可能会沿如下列图的曲线轨迹从a点运动到c点
答案D
解析由等量异种点电荷电场分布的特点可知，等量异种点电荷的中垂面为等势面，因此a、b两点电势相等，A错误；在中垂面上场强方向都与中垂面垂直，且从b点向外越来越小，B错误；在两点电荷连线上，沿电场线方向电势越来越低，所以b点电势比c点电势低，C错误；电子受力应指向电场的反方向，根据力与速度的关系可判断D正确．
3．如图3所示，光滑绝缘杆PQ放置在竖直平面内，PQ的形状与以初速度v0(v0＝)水平抛出的物体的运动轨迹相同，P端为抛出点，Q端为落地点，P点距地面的高度为h.现在将该轨道置于水平向右的匀强电场中，将一带正电小球套于其上，由静止开始从轨道P端滑下．重力加速度为g，电场力等于重力．当小球到达轨道Q端时(　　)
图3
A．小球的速率为
B．小球的速率为2
C．小球在水平方向的速度大小为
D．小球在水平方向的速度大小为2
答案A
解析小球做平抛运动时，竖直方向上做自由落体运动，由运动学公式得竖直速度vy＝，水平位移x＝·t，竖直位移h＝·t＝·t，解得x＝2h，小球运动到Q端时的合速度方向与水平方向的夹角为45°，当带电小球沿杆下滑时，对于全过程根据动能定理得mgh＋qEx＝mv2，解得v＝，A正确，B错误；由于合速度的方向就是轨迹的切线方向，因此沿杆运动时合速度的方向与小球平抛时合速度的方向相同，小球沿杆运动到Q端时的速度与水平方向的夹角也为45°，将其分解，小球的水平方向的速度大小为vcos45°＝×＝，C、D错误．
二、多项选择题
4．如图4，在x>0、y>0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B，现有四个相同的带电粒子，由x轴上的P点以不同初速度平行于y轴射入此磁场，其出射方向如下列图，不计重力影响，那么(　　)
图4
A．初速度最大的粒子是沿①方向出射的粒子
B．初速度最大的粒子是沿②方向出射的粒子
C．在磁场中运动经历时间最长的是沿③方向出射的粒子
D．在磁场中运动经历时间最长的是沿④方向出射的粒子
答案AD
解析由R＝可知，速度越大，粒子在磁场中做圆周运动的半径越大，A正确，B错误；由T＝知，各粒子的运动周期相同，沿④方向出射的粒子的轨迹对应的圆心角最大，用时最长，C错误，D正确．
5． 如图5所示，在边界上方存在着垂直纸面向里的匀强磁场，有两个电荷量、质量均相同的正、负粒子(不计重力)，从边界上的O点以相同速度先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，那么正、负粒子在磁场中(　　)
图5
A．运动轨迹的半径相同
B．重新回到边界所用时间相同
C．重新回到边界时速度大小和方向相同
D．重新回到边界时与O点的距离相等
答案ACD
解析洛伦兹力充当带电粒子做圆周运动的向心力，由qvB＝m得，带电粒子做圆周运动的半径r＝，所以正、负粒子在磁场中运动的轨道半径相同，选项A正确；根据qvB＝mr，可得带电粒子做圆周运动的周期T＝，而正粒子在磁场中运动的时间为t1＝T，负粒子在磁场中运动的时间为t2＝T，两时间并不相同，选项B错误；正、负带电粒子的运动轨迹如下列图，由几何关系可知O2A∥O1C，重新回到边界时速度大小和方向是相同的，选项C正确；两粒子重新回到边界时与O点的距离都是2rsinθ，选项D正确．
6．(2022·浙江·20)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷
离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图6所示．离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋(　　)
图6
A．在电场中的加速度之比为1∶1
B．在磁场中运动的半径之比为∶1
C．在磁场中转过的角度之比为1∶2
D．离开电场区域时的动能之比为1∶3
答案BCD
解析磷离子P＋和P3＋的质量相等设为m，P＋的电荷量设为q，那么P3＋的电荷量为3q，在电场中由a＝知，加速度之比为所带电荷量之比，即为1∶3，A错误；由qU＝mv2得Ek∝q，即离开电场区域时的动能之比为1∶3，D正确；又由qvB＝，得r＝∝，所以rP＋∶rP3＋＝∶1，B正确；由几何关系可得P3＋在磁场中转过60°角后从磁场右边界射出，C正确．
三、非选择题
7．在光滑水平面上，有一质量m＝1.0×10－3 kg、电量q＝1.0×10－10 C的带正电小球，静止在O点．如图7所示，以O点为原点，在该水平面内建立直角坐标系xOy.现在突然加一沿x轴正方向，场强大小E＝2.0×106V/m的匀强电场，使小球开始运动．经过一段时间后，所加匀强电场再突然变为沿y轴正方向，场强大小不变，最终使该小球恰好能够到达坐标为(0.3,0.1)的P点．求：
图7
(1)电场改变方向前经过的时间；
(2)带正电小球到达P点时的速度大小和方向．
答案见解析
解析　(1)由牛顿运动定律得，在匀强电场中小球加速度的大小为a＝
代入数据得a＝0.20 m/s2
设电场改变方向前经过的时间为t，t时刻小球的速度大小为
vx＝at
小球沿x轴方向移动的距离x1＝at2
电场方向改为沿y轴正方向后的时间T内，小球在x轴正方向做速度大小为vx的匀速直线运动，在y轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动．
沿x方向移动的距离x＝vxT＋x1＝0.30 m
沿y方向移动的距离y＝aT2＝0.10 m
由以上各式解得t＝1s，T＝1s
vx＝0.20 m/s
(2)到P点时小球在x方向的分速度仍为vx，在y方向的分速度vy＝aT＝0.20 m/s
v＝≈0.28 m/s，此时运动方向与x轴成45°角
8．如图8所示，在一半径为R的圆形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外．一束质量为m、电量为q的带正电粒子沿平行于直径MN的方向进入匀强磁场，粒子的速度大小不同，重力不计．入射点P到直径MN的距离为h，求：
图8
(1)假设某粒子经过磁场射出时的速度方向恰好与其入射方向相反，那么该粒子的入射速度是多大
(2)恰好能从M点射出的粒子速度是多大
(3)假设h＝，粒子从P点经磁场到M点的时间是多少
答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)粒子出射方向与入射方向相反，即在磁场中运动了半个周期，其半径r1＝h
设粒子的入射速度为v1
那么qv1B＝m
解得v1＝
(2)粒子从M点射出，其运动轨迹如下列图，设其半径为r2，在
△MQO1中
r＝(R－)2＋(h－r2)2
得r2＝
由qv2B＝m
得v2＝
(3)假设h＝，sin∠POQ＝＝，可得∠POQ＝
由几何关系得粒子在磁场中偏转所对圆心角为α＝
周期T＝
所以t＝T＝
9．(2022·北京·22)如图9所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场．带电量为＋q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动．忽略重力的影响，求：
图9
(1)匀强电场场强E的大小；
(2)粒子从电场射出时速度v的大小；
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R.
答案　(1)　(2) 　(3)
解析　(1)匀强电场的场强E＝
(2)在加速电场中，由动能定理得：
Uq＝mv2
解得v＝
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝
解得R＝＝
10．如图10所示，现在有一个小物块，质量为m＝80 g，电荷量q＝＋2×10－4 C．与水平轨道之间的动摩擦因数为μ＝0.2，处在一个水平向左的匀强电场中，电场强度E＝4×103V/m，在水平轨道的末端N处，连接一个光滑的半圆形轨道，半径为R＝40 cm，取g＝10 m/s2，求：
图10
(1)假设小物块恰好能够运动到轨道的最高点L，那么小物块应该从哪个位置释放
(2)如果在上小题的位置释放小物块，当它运动到P(轨道中点)点时轨道对它的支持力等于多少
(3)同位置释放，当小物块运动到N点时，突然撤去电场，撤去电场的同时，加一匀强磁场，磁感应强度B＝2T，方向垂直纸面向里，能否运动到L点请说明理由．如果最后能落回到水平面MN上，那么刚到达MN时小物块的速度大小为多少
答案　(1)距离N点1.25 m处　(2)4.8N
(3)见解析
解析　(1)小物块恰好能通过轨道最高点的条件是
mg＝m
解得v＝2 m/s
设小物块从距N点s处释放，由动能定理得：
Eqs－μmgs－mg·2R＝mv2－0
解得s＝1.25 m
(2)小物块从P点到L点，由动能定理得：
mv2－mv＝－mgR－EqR
解得vP＝2 m/s
在P点处有：
FN－Eq＝
解得FN＝4.8N
(3)能到达．因为洛伦兹力不做功，到达最高点速度时仍为v＝2 m/s，所受洛伦兹力背离圆心，轨道对小物块会产生向下的支持力，所以能到达最高点L.
从小物块到达N点到落回到MN水平面的过程中，重力做功为0，洛伦兹力做功为0，所以刚到达MN时小物块的速度大小vt等于第一次经过N点时的速度大小．
由动能定理得：Eqs－μmgs＝mv
vt＝vN＝2m/s