Question

13．如圖所示，在垂直紙面水平向外的勻強(qiáng)磁場和豎直方向的勻強(qiáng)電場中，有傾角為θ的足夠長的光滑絕緣斜面，有一質(zhì)量為m，帶電量為+q的小滑塊，靜止在斜面頂端時(shí)對斜面的壓力恰好為零，已知磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．
（1）求勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E；
（2）如果迅速把電場方向反向，求小滑塊能在斜面上連續(xù)滑行的最遠(yuǎn)距離L；
（3）如果在（2）中小滑塊滑行至最遠(yuǎn)處的瞬間再次迅速把電場方向反向，求此后小滑塊離斜面最遠(yuǎn)距離d．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)電場豎直向上時(shí)，小球?qū)π泵鏌o壓力，可知電場力和重力大小相等；根據(jù)平衡條件列式求解電場強(qiáng)度；
（2）當(dāng)電場豎直向下時(shí)，小球受到向下的力為2mg；當(dāng)小球恰好離開斜面時(shí)，在垂直于斜面的方向上合力為零，由此可求出此時(shí)的速度；在此過程中，電勢能和重力勢能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，由動(dòng)能定理即可求出小球下滑的距離；
（3）再次迅速把電場方向反向，小球受重力和電場力平衡，洛侖茲力提供向心力，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，離開斜面的最遠(yuǎn)距離等于直徑，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可．

解答 解：（1）當(dāng)電場豎直向上時(shí)，小球?qū)π泵鏌o壓力，故有：qE=mg
解得：E=$\frac{mg}{q}$
（2）當(dāng)小球恰好離開斜面時(shí)，對小球受力分析，受豎直向下的重力、電場力和垂直于斜面向上的洛倫茲力，此時(shí)在垂直于斜面方向上合外力為零，則有：（qE+mg）cosθ=qvB
由動(dòng)能定理得：（qE+mg）sinθ•x=$\frac{1}{2}$mv²
聯(lián)立解得：v=$\frac{2mgcosθ}{qB}$
$x=\frac{{{m^2}gco{s^2}θ}}{{{q^2}{B^2}sinθ}}$
（3）小滑塊滑行至最遠(yuǎn)處的瞬間再次迅速把電場方向反向，小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，重力和電場力平衡，洛侖茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有：$qvB=m\frac{v^2}{R}$
解得：R=$\frac{mv}{qB}=\frac{{m\frac{2mgcosθ}{qB}}}{qB}=\frac{{2{m^2}gcosθ}}{{{q^2}{B^2}}}$
故離開斜面的最遠(yuǎn)距離為：d=2R=$\frac{{4{m^2}gcosθ}}{{{q^2}{B^2}}}$
答：（1）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E為$\frac{mg}{q}$；
（2）如果迅速把電場方向反向，小滑塊能在斜面上連續(xù)滑行的最遠(yuǎn)距離L為$\frac{{m}^{2}gco{s}^{2}θ}{{q}^{2}{B}^{2}sinθ}$；
（3）如果在（2）中小滑塊滑行至最遠(yuǎn)處的瞬間再次迅速把電場方向反向，此后小滑塊離斜面最遠(yuǎn)距離d為$\frac{4{m}^{2}gcosθ}{{q}^{2}{B}^{2}}$．

點(diǎn)評 該題考察了帶電物體在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)情況，解決此類問題要求我們要對帶電物體進(jìn)行正確的受力分析，要注意找出當(dāng)小球離開斜面時(shí)的受力情況是解決該題的關(guān)鍵；在運(yùn)動(dòng)學(xué)中，只牽扯到位移和速度問題的往往用能量解決；如果牽扯到時(shí)間，往往應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律或動(dòng)量定理來解決．