Question

6．如圖所示，長L=0.125m、質(zhì)量M=30g的絕緣薄板置于傾角為θ=37°的斜面PQ底端，PN是垂直于PQ的擋板，斜面與薄板間的動靡擦因數(shù)μ₀=0.8．質(zhì)量m=10g、帶電荷量q=+2.5×10^-3C可視為質(zhì)點的小物塊放在薄板的最上端，薄板和物塊間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，所在空間加有一個方向垂直于斜面向下的勻強電場E，現(xiàn)對薄板施加一平行于斜面向上的拉力F=0.726N，當(dāng)物塊即將離開薄板時，立即將電場E方向直向上，同時增加一個垂直紙面向外B=6.0T足夠大的勻強磁場，并撤去外力F，此時小物塊剛好做勻周運動．設(shè)最大靜摩擦力與滑動靡擦力相同，不考慮因空間電、磁場的改變而帶來的其它影響，斜面和擋板PN均足夠長，取g=10m/s²，sin37°=0.6．求：
（1）電場強度E的大��；
（2）物塊第一次擊中擋板PN的位置；
（3）物塊擊中擋板PN時，薄板上端離P的距離．

Answer 1

分析 （1）撤去外力F時物塊做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，電場力與重力合力為零，據(jù)此求出電場強度．
（2）絕緣板與物塊都向上做加速運動，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度，物塊與絕緣板的位移之差等于絕緣板的長度時物塊離開絕緣板，應(yīng)用運動學(xué)公式求出運動時間，求出絕緣板與物塊的速度、位移，物塊離開絕緣板后做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出圓周運動的軌道半徑，然后求出物塊第一次擊中PN板的位置．
（3）求出物塊離開絕緣板到打在PN板上需要的時間，撤去外力后絕緣板向上做勻減速直線運動，求出滑塊打在PN上時的位移，然后求出絕緣板上端距P的距離．

解答 解：（1）物塊做勻速圓周運動，電場力與重力合力為零，
即：qE=mg，解得，電場強度大小：E=40N/C；
（2）由牛頓第二定律得：
對物塊：μ（mgcosθ+qE）-mgsinθ=ma₁，解得：a₁=3m/s²，
對絕緣板：F-μ（mgcosθ+qE）-μ₀（mgcosθ+qE+Mgcosθ）-Mgsinθ=Ma₂，解得：a₂=4m/s²，
物塊離開絕緣板時：L=$\frac{1}{2}$（a₂-a₁）t²，解得：t=0.5s，
物塊的位移：s₁=$\frac{1}{2}$a₁t²=$\frac{1}{2}$×3×0.5²=0.375m，v₁=a₁t=3×0.5=1.5m/s，
絕緣板的位移：s₂=$\frac{1}{2}$a₂t²=$\frac{1}{2}$×4×0.5²=0.5m，v₂=a₂t=4×0.5=2m/s，
物塊離開絕緣板后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qv₁B=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{r}$，解得：r=1m，
由幾何關(guān)系可知，物塊第一次擊中擋板PN的位置距P點的距離：
d=PD+DC=r+$\sqrt{{r}^{2}-{S}_{2}^{2}}$，解得：d≈1.87m；
（3）由幾何知識得：sinθ=$\frac{{s}_{2}}{r}$=$\frac{0.5}{1}$=0.5，θ=30°，
物塊做圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角：α=360°-90°-（90°-30°）=210°，
物塊做勻速圓周運動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{2×3.14×0.010}{2.5×1{0}^{-3}×6}$≈4.19s
物塊離開絕緣板到打在PN板上需要的時間：
t′=$\frac{α}{360°}$T=$\frac{210°}{360°}$×4.19≈2.4s，
對絕緣板，由牛頓第二定律得：
Mgsinθ+μ₀Mgcosθ=Ma，解得：a=12.4m/s²，
絕緣板的位移：x=v₂t′-$\frac{1}{2}$at′²，解得：x=-30.912m，
即絕緣板向下滑行30.912m＞s₂=0.5m，則物塊打在PN板上時絕緣板靜止靠在PN板上，
物塊擊中擋板PN時，薄板上端離P的距離等于板長L=0.125m；
答：（1）電場強度E的大小為40N/C；
（2）物塊第一次擊中擋板PN的位置距P點的距離為1.87m；
（3）物塊擊中擋板PN時，薄板上端離P的距離為0.125m．

點評 本題是一道力學(xué)綜合題，考查了帶電題在磁場中的運動，物體運動過程復(fù)雜，本題難度較大，分析清楚物體的受力情況、分析清楚物體的運動過程是解題的關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、運動學(xué)公式可以解題．