Question

19．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)裝置置于一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，小物塊恰好靜止在A點(diǎn)．重力加速度取g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．求：
（1）水平向右的電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度；
（2）若將電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原的$\frac{1}{2}$，小物塊的加速度是多大；
（3）電場(chǎng)強(qiáng)度變化后小物塊從A點(diǎn)下滑到B點(diǎn)，若已知A、B兩點(diǎn)間的距離L則A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差和物體到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能分別為多少．

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)度減小為原來的$\frac{1}{2}$，則小物塊受到的電場(chǎng)力減小為原來的$\frac{1}{2}$，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)U=ELcosθ求出AB之間的電勢(shì)差；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°  故有：E=$\frac{3mg}{4q}$，方向水平向右．
（2）場(chǎng)強(qiáng)變化后物塊所受合力為：F=mgsin37°-$\frac{1}{2}$qEcos37°
根據(jù)牛頓第二定律得：F=ma   
故代入解得 a=0.3g，方向沿斜面向下
（3）由圖可知，A的電勢(shì)高，所以有：
${U}_{AB}=-\frac{1}{2}E•Lcos37°=-0.4EL$=$\frac{0.3mgL}{q}$
A到B的過程中重力和電場(chǎng)力做功，根據(jù)動(dòng)能定理得物塊下滑距離L時(shí)的動(dòng)能為：
E_k=mgLsin37°-$\frac{1}{2}$qEL cos37°=0.3mgL
答：（1）原來的電場(chǎng)強(qiáng)度為$\frac{3mg}{4q}$，方向水平向右．
（2）場(chǎng)強(qiáng)變化后物塊的加速度為0.3g．，方向沿斜面向下
（3）場(chǎng)強(qiáng)變化后AB之間的電勢(shì)差為$\frac{0.3mgL}{q}$；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．