Question

4．如圖所示，足夠長(zhǎng)的兩面均光滑的絕緣平板，固定在區(qū)域足夠大的正交的方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和方向水平向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感強(qiáng)度大小為B，平板與水平面間的夾角為θ，帶電荷量為+q的小物塊靜止在平板中央，現(xiàn)沿平板斜向下的方向給物塊一個(gè)瞬時(shí)速度v₀的同時(shí)，保持磁場(chǎng)（包括大小和方向）和電場(chǎng)的方向不變，使電場(chǎng)強(qiáng)度的大小變?yōu)?E（當(dāng)?shù)刂亓�加速度為g），設(shè)物塊沿平板運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中電荷量不變），求：
（1）小物塊沿平板向下運(yùn)動(dòng)的最大位移；
（2）小物塊沿平板運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能的增量．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)平衡條件，結(jié)合動(dòng)量定理與動(dòng)能定理，即可求解；
（2）根據(jù)剛離開(kāi)平板時(shí)，即可求得洛倫茲力與重力，及電場(chǎng)力的關(guān)系，再由動(dòng)能定理，即可求解機(jī)械能的增量．

解答 解：（1）小物塊靜止時(shí)，有：mg=qE，
又有：I=mv₀；
對(duì)小物塊沿平板向下運(yùn)動(dòng)到最遠(yuǎn)處這一過(guò)程，
根據(jù)動(dòng)能定理有：（mg-3qE）sinθ=0-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
聯(lián)立方程，解得：s=$\frac{{l}^{2}g}{4{q}^{2}{E}^{2}sinθ}$
（2）小物塊先沿板向下運(yùn)動(dòng)，速度為零以后，沿板向上運(yùn)動(dòng)，剛離開(kāi)平板時(shí)，
則有：Bqv=（3qE-mg）cosθ；
設(shè)物塊從開(kāi)始下滑到物塊離開(kāi)平板時(shí)發(fā)生的位移為s′，
對(duì)此過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理，則有：（3qE-mg）s′sinθ=$\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$；
物塊沿平板運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，機(jī)械能的增量為△E=3qEs′sinθ
聯(lián)立方程，解得：△E=$\frac{3q{E}^{3}co{s}^{2}θ}{q{B}^{2}}-\frac{3g{l}^{2}}{4qE}$；
答：（1）小物塊沿平板向下運(yùn)動(dòng)的最大位移$\frac{{l}^{2}g}{4{q}^{2}{E}^{2}sinθ}$；
（2）小物塊沿平板運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能的增量$\frac{3q{E}^{3}co{s}^{2}θ}{q{B}^{2}}-\frac{3g{l}^{2}}{4qE}$．

點(diǎn)評(píng) 考查動(dòng)能定理與動(dòng)量定理的應(yīng)用，掌握平衡條件的應(yīng)用，理解緊扣剛離開(kāi)平板時(shí)，可知洛倫茲力、與重力，及電場(chǎng)力的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．