Question

10．如圖所示，一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當(dāng)整個(gè)裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，小物塊恰好靜止．重力加速度取g，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）水平向右電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度；
（2）若將電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來(lái)的$\frac{1}{2}$，小物塊的加速度是多大；
（3）電場(chǎng)強(qiáng)度變化后小物塊下滑距離L時(shí)的動(dòng)能．

Answer 1

分析 （1）帶電物體靜止于光滑斜面上恰好靜止，且斜面又處于水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中，則可根據(jù)重力、支持力，又處于平衡，可得電場(chǎng)力方向，再由電荷的電性來(lái)確定電場(chǎng)強(qiáng)度方向．
（2）當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度減半后，物體受力不平衡，產(chǎn)生加速度．借助于電場(chǎng)力由牛頓第二定律可求出加速度大�。�
（3）選取物體下滑距離為L(zhǎng)作為過(guò)程，利用動(dòng)能定理來(lái)求出動(dòng)能．

解答 解：（1）小物塊靜止在斜面上，受重力、電場(chǎng)力和斜面支持力，
F_Nsin37°=qE①
F_Ncos37°=mg②
由1、②可得電場(chǎng)強(qiáng)度$E=\frac{3mg}{4q}$
（2）若電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來(lái)的$\frac{1}{2}$，則變?yōu)?E'=\frac{3mg}{8q}$
mgsin37°-qEcos37°=ma③
可得加速度a=0.3g．
（3）電場(chǎng)強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時(shí)，重力做正功，電場(chǎng)力做負(fù)功，
由動(dòng)能定理則有：
mgLsin37°-qE'Lcos37°=E_k-0④
可得動(dòng)能E_k=0.3mgL
答：（1）水平向右電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度是$\frac{3mg}{4q}$；
（2）若將電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來(lái)的$\frac{1}{2}$，小物塊的加速度是0.3g；
（3）電場(chǎng)強(qiáng)度變化后小物塊下滑距離L時(shí)的動(dòng)能是0.3mgL．

點(diǎn)評(píng) 由三力平衡，借助于力的平行四邊形定則來(lái)確定電場(chǎng)強(qiáng)度方向．當(dāng)受力不平衡時(shí)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律來(lái)求解．當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)涉及電場(chǎng)力、重力做功，注意電場(chǎng)力做功只與沿電場(chǎng)強(qiáng)度方向的位移有關(guān)．