Question

5．在互相垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)中固定放置一光滑的絕緣斜面，其傾角為θ．設(shè)斜面足夠長(zhǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向外，電場(chǎng)方向豎直向上，如圖所示．一質(zhì)量為m、帶電量為q的小球靜止放在斜面的最高點(diǎn)A，小球?qū)π泵娴膲毫η『脼榱悖�在釋放小球的同時(shí)，將電場(chǎng)方向迅速改為豎直向下，場(chǎng)強(qiáng)大小不變，設(shè)B、q、θ和m為已知．求：
①小球沿斜面下滑的速度v為多大時(shí)，小球?qū)π泵娴恼龎毫υ俅螢榱悖?br />②小球在斜面上滑行的最大距離為多大？
③小球從釋放到離開斜面一共歷時(shí)多少？

Answer 1

分析 （1）當(dāng)電場(chǎng)豎直向上時(shí)，小球?qū)π泵鏌o壓力，可知電場(chǎng)力和重力大小相等；當(dāng)電場(chǎng)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；
（2）當(dāng)電場(chǎng)豎直向上時(shí)，小球?qū)π泵鏌o壓力，可知電場(chǎng)力和重力大小相等；當(dāng)電場(chǎng)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(shì)能和重力勢(shì)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）經(jīng)受力分析可知，小球在沿斜面方向上合力不變，故沿斜面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間．

解答 解：①由靜止可知：qE=mg
當(dāng)小球恰好離開斜面時(shí)，對(duì)小球受力分析，受豎直向下的重力、電場(chǎng)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
解得：v=$\frac{2mgcosθ}{qB}$．
②由靜止可知：qE=mg
當(dāng)小球恰好離開斜面時(shí)，對(duì)小球受力分析，受豎直向下的重力、電場(chǎng)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
解得：x=$\frac{{m}^{2}gco{s}^{2}θ}{{q}^{2}{B}^{2}sinθ}$
③對(duì)小球受力分析，在沿斜面方向上合力為（qE+mg）sinθ，且恒定，故沿斜面方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．由牛頓第二定律得：
（qE+mg）sinθ=ma
得：a=2gsinθ
v=at
解得：t=$\frac{mcosθ}{qBsinθ}$．
答：①小球沿斜面下滑的速度為$\frac{2mgcosθ}{qB}$時(shí)，小球?qū)π泵娴恼龎毫υ俅螢榱悖?br />②小球在斜面上滑行的最大距離為$\frac{{m}^{2}gco{s}^{2}θ}{{q}^{2}{B}^{2}sinθ}$；
③小球從釋放到離開斜面一共經(jīng)歷$\frac{mcosθ}{qBsinθ}$．

點(diǎn)評(píng) 該題考察了帶電物體在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況，解決此類問題要求我們要對(duì)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．