Question

13．如圖所示，一帶電荷量為+q、質(zhì)最為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當(dāng)整個裝置置于一水平向右的勻強(qiáng)電場中，小物塊恰好靜止．已知重力加速度為g，sin37°=0.6，cos37°=0.8．
（1）求水平向右勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大��；
（2）若將電場強(qiáng)度減小為原來的$\frac{1}{2}$，求電場強(qiáng)度變化后物塊沿斜面下滑距離L時的動能．

Answer 1

分析 （1）對小物塊進(jìn)行受力分析，小物塊受重力、斜面支持力和電場力三個力作用，電場力水平向右，根據(jù)小物塊受力平衡列方程可求電場力的大小，在勻強(qiáng)電場中電場力F=qE，在已知F和q的情況下，可以計(jì)算出E．
（2）電場強(qiáng)度減小為原來的$\frac{1}{2}$，則小物塊受到的電場力減小為原來的$\frac{1}{2}$，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，根據(jù)動能定理求解動能的變化．

解答 解：（1）小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和斜面支持力，受力圖如圖所示

則有F_Nsin 37°=qE  ①
F_Ncos 37°=m g  ②
由①②可得E=$\frac{3mg}{4q}$      
（2）若電場強(qiáng)度減小為原來的$\frac{1}{2}$，即E′=$\frac{3mg}{8q}$ 
電場強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時，重力做正功，電場力做負(fù)功，由動能定理得mgLsin 37°-qE′Lcos 37°=E_k-0 
可得E_k=0.3mgL
答：（1）求水平向右勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小$\frac{3mg}{4q}$；
（2）若將電場強(qiáng)度減小為原來的$\frac{1}{2}$，求電場強(qiáng)度變化后物塊沿斜面下滑距離L時的動能0.3mgL．

點(diǎn)評 正確受力分析，根據(jù)平衡列方程可得電場力F的大小，又因電場力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．