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    4．如图所示，现在有一个小物块，质量为0.8kg，带上正电荷q=2×10-3C与水平绝缘轨道之间的滑动摩擦因数μ=0.25，在一个水平向左的匀强电场中E=3×103V/m，在水平轨道的末端N处，连接一个光滑的半圆形绝缘轨道，半径为R=40cm．
    （1）小物块恰能够运动到轨道的最高点，那么小物块应该从水平那个位置释放？
    （2）如果在上小题的位置释放小物块，求它在圆弧轨道段的最大动能．
    （3）同位置释放，当物体运动到N点是，突然撤去电场，加一磁场B=2T，垂直纸面向里，能否运动到L点？如果最后能运动到水平面的MN之间，则刚到MN之间时速度多大？

    分析 （1）当物块恰好通过轨道最高点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出速度．从物块释放到运动到轨道最高点的过程中，重力做功-2mgR，电场力做功qEs，滑动摩擦力做功-μmgs，根据动能定理求出物块释放位置到N点的距离s．
    （2）小物块在圆弧轨道上运动的过程中，受到重力、电场力和支持力的作用，其中重力和电场力对小物块做功，支持力不做功，当小物块运动至沿重力、电场力的合力的方向的半径的位置时，小物块的动能最大．以物块为研究对象，由动能定理即可求出小物块的最大动能．
    （3）假设物块能到达最高，此过程只有重力做功，物块的机械能守恒，速度等于没有磁场时的速度，但物块受到向下的洛伦兹力，提供的向心力大于所需要的向心力，物块不能到达最高点．运动到MN水平面的时，重力作功为0，洛伦磁力作功为0，根据动能定理求解运动能到水平面MN上速度．

    解答 解：（1）物块能通过轨道最高点的条件是
       mg=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
    代入数据得到v=2m/s 
    从物块释放到运动到轨道最高点的过程中，根据动能定理得：
       qEs-μmgs-mg•2R=$\frac{1}{2}$mv2
    代入数据解得s=2m；
    （2）小物块受到重力、电场力和支持力的作用，其中重力和电场力对小物块做功，当小物块运动至沿重力、电场力的合力的方向的半径的位置时，小物块的动能最大，设重力、电场力的合力的方向与竖直方向之间的夹角是θ，则：$tanθ=\frac{qE}{mg}=\frac{2×1{0}^{-3}×3×1{0}^{3}}{0.8×10}=\frac{3}{4}$
    所以：θ=37°
    由动能定理得$qEs-μmgs+qER•sinθ-mgR（1-cosθ）=\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}-0$
    代入数据解得：$\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}=8.8$J；
    （3）同位置释放，当物体运动到N点是，突然撤去电场，小物块在N点的速度vN：qEs-μmgs=$\frac{1}{2}m{v}_{N}^{2}-0$
    假设能到最高点，物块速度仍然为v=2m/s，除重力以外还受到洛伦磁力的作用，根据左手定则可知，在最高点的洛伦兹力的方向向上，提供的向心力小于圆周运动所需向心力．所以小物块能到达最高点．
    运动到MN水平面的时，重力作功为0，洛伦磁力作功为0，设速度为vN．
    根据能量守恒得 Eqs=μmgs+$\frac{1}{2}m{v}_{N}^{2}$
    代入数据解得vN=2$\sqrt{5}$m/s；
    答：（1）小物块能够运动到轨道的最高点，小物块应该从水平面上距离N点2m的位置释放；
        （2）物块在圆弧轨道段的最大动能是8.8J；
        （3）同位置释放，当物体运动到N点时，突然撤去电场，加一磁场B=2T，垂直纸面向里，不能运动到L点．运动能到水平面MN之间时的速度2$\sqrt{5}$m/s．

    点评 本题通过竖直平面内的圆周运动考查动能定理与牛顿运动定律的综合应用，题目较长，但过程不复杂，只要耐心和细心，不应出错．

    练习册系列答案
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    C．甲物体的加连度比乙物体的加速度大
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    B．左管内水面上升，右管内水银面下降，△ha＜△hb
    C．左管内水面下降，右管内水银面上升，△ha＞△hb
    D．左管内水面下降，右管内水银面上升，△ha＜△hb

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