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，處在一個交變的電磁場中，如圖甲所示，電磁場的變化規(guī)律如圖乙和丙所示，磁場方向以垂直紙面向外為正，而電場的方向以豎直向下為正，其中B0=

2πm

qt0

，E0=

mg

q

，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時刻由靜止開始從A點(diǎn)沿斜面下滑，在t=3t₀時刻剛好到達(dá)斜面上的P點(diǎn)，并且從t=5t₀時刻開始物塊在以后的運(yùn)動中速度大小保持不變．若已知斜面粗糙部分與物塊間的動摩擦因素為μ=

3

27

，還測得在0～6t₀時間內(nèi)物塊在斜面上發(fā)生的總位移為4g

t

2 0

，求：
（1）小球在t₀時刻的速度；
（2）在整個運(yùn)動過程中物塊離開斜面的最大距離；
（3）物塊在t=3t₀時刻到t=5t₀這段時間內(nèi)因?yàn)槟Σ炼鴵p失的機(jī)械能．（計算中取π²=10）

Answer 1

分析：（1）0～t₀內(nèi)，物塊受到的電場力豎直向下，物塊做勻加速運(yùn)動，由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合可求出t₀時刻的速度；
（2）分析物塊的運(yùn)動情況，畫出其運(yùn)動軌跡：0～t₀內(nèi)，物塊做勻加速運(yùn)動；t₀～2t₀內(nèi)，電場力豎直向上，與重力平衡，物塊在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，其T=

2πm

qB0

=t₀；2t₀～3t₀內(nèi)，電場力豎直向下，物塊做勻加速運(yùn)動；3t₀～4t₀內(nèi)，電場力豎直向上，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，以此類推，在5t₀～6t₀時間內(nèi)物塊脫離斜面做勻速圓周運(yùn)動，離開斜面的最大距離等于圓周的直徑．由題，t=5t₀時刻物塊速度大小保持不變，由平衡條件求出此時的速度，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)動學(xué)分別求出0～t₀、2t₀～3t₀、4t₀～5t₀內(nèi)的位移和P點(diǎn)速度，由動能定理求出物塊在t=3t₀時刻到t=5t₀這段時間內(nèi)因?yàn)槟Σ炼鴵p失的機(jī)械能．

解答：解：（1）0～t₀內(nèi)小物塊勻加速下滑：
    F_合=（mg+E₀q）sinθ=ma
得a=g
故v=at₀=gt₀
（2）運(yùn)動軌跡如圖，物體在5t₀之后勻速，速度達(dá)到最大，有：
  F_N=B₀qv_m+（mg+Eq₀）cosθ
（mg+Eq₀）sinθ=μF_N
由以上兩式得到：v_m=

4 3 gt0

π

在5t₀～6t₀時間內(nèi)物塊脫離斜面做勻速圓周運(yùn)動：B₀qv_m=m

v 2 m

r

得到r=

mvm

B0q

=

2 3 g t 2 0

π2

物塊離開斜面的最大距離為△l=2r=

4 3 g t 2 0

π2

（3）0～t₀內(nèi)：x1=

1

2

a

t

2 0

=

1

2

g

t

2 0

    2t₀～3t₀內(nèi)：x2=

1

2

a(2t0)2-x1=

3

2

g

t

2 0

    4t₀～5t₀內(nèi)：x3=x-x1-x2=2g

t

2 0

P點(diǎn)速度為v=a?2t₀=2gt₀
根據(jù)動能定理得到：(mg+Eq0)x3sinθ-W=

1

2

m

v

2 m

-

1

2

m

v

2 p

得到摩擦損失的機(jī)械能為：W=1.6mg2

t

2 0

答：
（1）小球在t₀時刻的速度為gt₀；
（2）在整個運(yùn)動過程中物塊離開斜面的最大距離為

4 3 g t 2 0

π2

；
（3）物塊在t=3t₀時刻到t=5t₀這段時間內(nèi)因?yàn)槟Σ炼鴵p失的機(jī)械能為1.6mg2

t

2 0

．

點(diǎn)評：本題物塊在周期性的電場和磁場中運(yùn)動，要通過分析物塊的受力情況，來分析運(yùn)動情況，把運(yùn)動的規(guī)律性，由牛頓定律、運(yùn)動學(xué)公式和動能定理結(jié)合求解．