Question

一傾角θ=30°的足夠長的絕緣斜面，P點(diǎn)上方光滑，P點(diǎn)下方粗糙，處在一個(gè)交變的電磁場(chǎng)中，如圖甲所示，電磁場(chǎng)的變化規(guī)律如圖乙和丙所示，磁場(chǎng)方向以垂直紙面向外為正，而電場(chǎng)的方向以豎直向下為正，其中，，現(xiàn)有一帶負(fù)電的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)，其質(zhì)量為m、帶電量為q）從t=0時(shí)刻由靜止開始從A點(diǎn)沿斜面下滑，在t=3t時(shí)刻剛好到達(dá)斜面上的P點(diǎn)，并且從t=5t時(shí)刻開始物塊在以后的運(yùn)動(dòng)中速度大小保持不變．若已知斜面粗糙部分與物塊間的動(dòng)摩擦因素為，還測(cè)得在0～6t時(shí)間內(nèi)物塊在斜面上發(fā)生的總位移為，求：
（1）小球在t時(shí)刻的速度；
（2）在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中物塊離開斜面的最大距離；
（3）物塊在t=3t時(shí)刻到t=5t這段時(shí)間內(nèi)因?yàn)槟Σ炼鴵p失的機(jī)械能．（計(jì)算中取π²=10）

Answer 1

【答案】分析：（1）0～t內(nèi)，物塊受到的電場(chǎng)力豎直向下，物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合可求出t時(shí)刻的速度；
（2）分析物塊的運(yùn)動(dòng)情況，畫出其運(yùn)動(dòng)軌跡：0～t內(nèi)，物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)；t～2t內(nèi)，電場(chǎng)力豎直向上，與重力平衡，物塊在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其T==t；2t～3t內(nèi)，電場(chǎng)力豎直向下，物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)；3t～4t內(nèi)，電場(chǎng)力豎直向上，與重力平衡，物塊在洛倫茲力作用下做半徑更大的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，以此類推，在5t～6t時(shí)間內(nèi)物塊脫離斜面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，離開斜面的最大距離等于圓周的直徑．由題，t=5t時(shí)刻物塊速度大小保持不變，由平衡條件求出此時(shí)的速度，即可由洛倫茲力提供向心力求出物塊離開斜面的最大距離；
（3）由運(yùn)動(dòng)學(xué)分別求出0～t、2t～3t、4t～5t內(nèi)的位移和P點(diǎn)速度，由動(dòng)能定理求出物塊在t=3t時(shí)刻到t=5t這段時(shí)間內(nèi)因?yàn)槟Σ炼鴵p失的機(jī)械能．
解答：解：（1）0～t內(nèi)小物塊勻加速下滑：
    F_合=（mg+Eq）sinθ=ma
得a=g
故v=at=gt
（2）運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，物體在5t之后勻速，速度達(dá)到最大，有：
  F_N=Bqv_m+（mg+Eq）cosθ
（mg+Eq）sinθ=μF_N
由以上兩式得到：v_m=
在5t～6t時(shí)間內(nèi)物塊脫離斜面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)：Bqv_m=m
得到
物塊離開斜面的最大距離為△l=2r=
（3）0～t內(nèi)：
    2t～3t內(nèi)：
    4t～5t內(nèi)：
P點(diǎn)速度為v=a?2t=2gt
根據(jù)動(dòng)能定理得到：
得到摩擦損失的機(jī)械能為：
答：
（1）小球在t時(shí)刻的速度為gt；
（2）在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中物塊離開斜面的最大距離為；
（3）物塊在t=3t時(shí)刻到t=5t這段時(shí)間內(nèi)因?yàn)槟Σ炼鴵p失的機(jī)械能為1.6m．
點(diǎn)評(píng)：本題物塊在周期性的電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，要通過分析物塊的受力情況，來分析運(yùn)動(dòng)情況，把運(yùn)動(dòng)的規(guī)律性，由牛頓定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和動(dòng)能定理結(jié)合求解．