Question

如圖所示，一帶電為+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)裝置處于一水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中時(shí)，小物塊恰處于靜止．若從某時(shí)刻起，電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來(lái)的1/2，求：（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）原來(lái)的電場(chǎng)強(qiáng)度
（2）場(chǎng)強(qiáng)變化后物塊的加速度
（3）場(chǎng)強(qiáng)變化后物塊下滑距離L時(shí)的動(dòng)能．

Answer 1

分析：（1）對(duì)小物塊進(jìn)行受力分析，小物塊受重力、斜面支持力和電場(chǎng)力三個(gè)力作用，電場(chǎng)力水平向右，根據(jù)小物塊受力平衡列方程可求電場(chǎng)力的大小，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中電場(chǎng)力F=qE，在已知F和q的情況下，可以計(jì)算出E．
（2）電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來(lái)的

1

2

，則小物塊受到的電場(chǎng)力減小為原來(lái)的

1

2

，物塊受到的重力不變，支持力方向不變，小物塊在垂直于斜面方向所受合力為0，平行于斜面的方向的合力使物塊產(chǎn)生加速度．
（3）根據(jù)動(dòng)能定理求解動(dòng)能的變化．

解答：解：（1）如圖所示，小物塊受重力、斜面支持力和電場(chǎng)力三個(gè)力作用，受力平衡，則有
 在x軸方向：F_合x=Fcosθ-mgsinθ=0
 在y軸方向：F_合y=F_N-mgcosθ-Fsinθ=0
 得qE=mgtan37°  故E=

3mg

4q

（2）場(chǎng)強(qiáng)變化后物塊所受合力為  F=mgsin37°-

1

2

qEcos37°
根據(jù)牛頓第二定律得 F=ma   
故代入解得 a=0.3g
（3）根據(jù)動(dòng)能定理得：
物塊下滑距離L時(shí)的動(dòng)能E_k=mgLsin37°-

1

2

qEL cos37°=0.3mgL
答：
（1）原來(lái)的電場(chǎng)強(qiáng)度為

3mg

4q

．
（2）場(chǎng)強(qiáng)變化后物塊的加速度為0.3g．
（3）場(chǎng)強(qiáng)變化后物塊下滑距離L時(shí)的動(dòng)能是0.3mgL．

點(diǎn)評(píng)：正確受力分析，根據(jù)平衡列方程可得電場(chǎng)力F的大小，又因電場(chǎng)力F=qE，根據(jù)受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律進(jìn)行解答即可．