Question

11．如圖，光滑絕緣斜面傾角θ=30°，空間同時(shí)存在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)水平向左，磁場(chǎng)垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電小滑塊恰好靜止在A點(diǎn)，現(xiàn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變，方向突然反向．（重力加速度為g）
（1）求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小
（2）試計(jì)算通過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間滑塊脫離斜面
（3）已知：滑塊脫離斜面后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，在B點(diǎn)時(shí)達(dá)到最大速度為v，此時(shí)突然撤去磁場(chǎng)，滑塊未與斜面碰撞而落到水平地面上的C點(diǎn)（B、C點(diǎn)未畫出），且B、C兩點(diǎn)距離為$\frac{\sqrt{6}{v}^{2}}{g}$，求落地時(shí)速度v_C的大小？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)對(duì)小滑塊受力分析，結(jié)合平衡條件，及矢量的分解法則，即可求解；
（2）根據(jù)剛脫離斜面，壓力為零，再結(jié)合牛頓第二定律，及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，即可求解；
（3）根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)處理規(guī)律，結(jié)合力與位移滿足勾股定理，即可求解．

解答 解：（1）初始小滑塊靜止有：mgsinθ=qEcosθ
得：E=$\frac{\sqrt{3}mg}{3q}$
（2）設(shè)電場(chǎng)反向后滑塊沿斜面運(yùn)動(dòng)經(jīng)t₀時(shí)間速度為v₀；
脫離斜面時(shí)有：mgcosθ-qEsinθ-Bqv₀=0
滑塊沿斜面勻加速：mgsinθ+qEcosθ=ma
沿斜面勻加速時(shí)間：t₀=$\frac{{v}_{0}}{a}$
聯(lián)立以上三式子得：t₀=$\frac{\sqrt{3}m}{3Bq}$
（3）小滑塊在B點(diǎn)時(shí)速度方向與電場(chǎng)力、重力的合力方向垂直，撤去磁場(chǎng)后，小滑塊將做類平拋運(yùn)動(dòng)，
設(shè)加速度為a₁；
則有：（ma₁）²=（qE）²+（mg）²；
且（vt）²+（$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}$）²=（$\frac{\sqrt{6}{v}^{2}}{g}$）²；
而${v}_{c}^{2}={v}^{2}+{a}_{1}^{2}{t}^{2}$
聯(lián)立以上三式得：${v}_{c}=\sqrt{5}v$
答：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小$\frac{\sqrt{3}mg}{3q}$；
（2）通過(guò)$\frac{\sqrt{3}m}{3Bq}$時(shí)間滑塊脫離斜面；
（3）落地時(shí)速度v_C的大小$\sqrt{5}$v．

點(diǎn)評(píng) 考查矢量的合成與分解法則的應(yīng)用，掌握平衡條件的內(nèi)容，理解剛脫離時(shí)壓力為零，及類平拋運(yùn)動(dòng)中力與位移滿足勾股定理是解題的關(guān)鍵．