Question

6．如图所示，长L=0.125m、质量M=30g的绝缘薄板置于倾角为θ=37°的斜面PQ底端，PN是垂直于PQ的挡板，斜面与薄板间的动靡擦因数μ₀=0.8．质量m=10g、带电荷量q=+2.5×10^-3C可视为质点的小物块放在薄板的最上端，薄板和物块间的动摩擦因数μ=0.5，所在空间加有一个方向垂直于斜面向下的匀强电场E，现对薄板施加一平行于斜面向上的拉力F=0.726N，当物块即将离开薄板时，立即将电场E方向直向上，同时增加一个垂直纸面向外B=6.0T足够大的匀强磁场，并撤去外力F，此时小物块刚好做匀周运动．设最大静摩擦力与滑动靡擦力相同，不考虑因空间电、磁场的改变而带来的其它影响，斜面和挡板PN均足够长，取g=10m/s²，sin37°=0.6．求：
（1）电场强度E的大小；
（2）物块第一次击中挡板PN的位置；
（3）物块击中挡板PN时，薄板上端离P的距离．

Answer 1

分析 （1）撤去外力F时物块做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电场力与重力合力为零，据此求出电场强度．
（2）绝缘板与物块都向上做加速运动，应用牛顿第二定律求出加速度，物块与绝缘板的位移之差等于绝缘板的长度时物块离开绝缘板，应用运动学公式求出运动时间，求出绝缘板与物块的速度、位移，物块离开绝缘板后做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出圆周运动的轨道半径，然后求出物块第一次击中PN板的位置．
（3）求出物块离开绝缘板到打在PN板上需要的时间，撤去外力后绝缘板向上做匀减速直线运动，求出滑块打在PN上时的位移，然后求出绝缘板上端距P的距离．

解答 解：（1）物块做匀速圆周运动，电场力与重力合力为零，
即：qE=mg，解得，电场强度大小：E=40N/C；
（2）由牛顿第二定律得：
对物块：μ（mgcosθ+qE）-mgsinθ=ma₁，解得：a₁=3m/s²，
对绝缘板：F-μ（mgcosθ+qE）-μ₀（mgcosθ+qE+Mgcosθ）-Mgsinθ=Ma₂，解得：a₂=4m/s²，
物块离开绝缘板时：L=$\frac{1}{2}$（a₂-a₁）t²，解得：t=0.5s，
物块的位移：s₁=$\frac{1}{2}$a₁t²=$\frac{1}{2}$×3×0.5²=0.375m，v₁=a₁t=3×0.5=1.5m/s，
绝缘板的位移：s₂=$\frac{1}{2}$a₂t²=$\frac{1}{2}$×4×0.5²=0.5m，v₂=a₂t=4×0.5=2m/s，
物块离开绝缘板后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qv₁B=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{r}$，解得：r=1m，
由几何关系可知，物块第一次击中挡板PN的位置距P点的距离：
d=PD+DC=r+$\sqrt{{r}^{2}-{S}_{2}^{2}}$，解得：d≈1.87m；
（3）由几何知识得：sinθ=$\frac{{s}_{2}}{r}$=$\frac{0.5}{1}$=0.5，θ=30°，
物块做圆周运动转过的圆心角：α=360°-90°-（90°-30°）=210°，
物块做匀速圆周运动的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{2×3.14×0.010}{2.5×1{0}^{-3}×6}$≈4.19s
物块离开绝缘板到打在PN板上需要的时间：
t′=$\frac{α}{360°}$T=$\frac{210°}{360°}$×4.19≈2.4s，
对绝缘板，由牛顿第二定律得：
Mgsinθ+μ₀Mgcosθ=Ma，解得：a=12.4m/s²，
绝缘板的位移：x=v₂t′-$\frac{1}{2}$at′²，解得：x=-30.912m，
即绝缘板向下滑行30.912m＞s₂=0.5m，则物块打在PN板上时绝缘板静止靠在PN板上，
物块击中挡板PN时，薄板上端离P的距离等于板长L=0.125m；
答：（1）电场强度E的大小为40N/C；
（2）物块第一次击中挡板PN的位置距P点的距离为1.87m；
（3）物块击中挡板PN时，薄板上端离P的距离为0.125m．

点评 本题是一道力学综合题，考查了带电题在磁场中的运动，物体运动过程复杂，本题难度较大，分析清楚物体的受力情况、分析清楚物体的运动过程是解题的关键，应用牛顿第二定律、运动学公式可以解题．