Question

8．如圖所示，AB為絕緣斜面，與水平方向的夾角θ=37⁰，矩形區(qū)域Ⅰ中存在勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)E的方向與區(qū)域的某一邊界平行，矩形區(qū)域Ⅱ中存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T．現(xiàn)有一質(zhì)量m=1.0×10^-3kg，帶電荷量q=+2.0×10^-3C的小球，從某點P以v₀=8m/s的初速度水平拋出，正好從斜面的最高點A沿斜面落入斜面，沿斜面通過Ⅰ、Ⅱ區(qū)域，已知小球與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，小球通過區(qū)域Ⅱ的過程速度保持不變，區(qū)域Ⅰ、Ⅱ的下邊界與斜面重合，寬度為L，A點到區(qū)域Ⅰ邊界的距離也為L，L=1m，取g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）小球到達(dá)A點時的速度大��；
（2）區(qū)域Ⅰ中電場強(qiáng)度E可能的大小及方向．

Answer 1

分析 （1）由平拋運動規(guī)律可求得小球在A點的速度；
（2）對小球進(jìn)入復(fù)合場區(qū)分析受力情況，由動能定理及共點力的平衡條件進(jìn)行分析，計論電場力的可能方向，即可列式求解．

解答 解：（1）設(shè)小球過A點的速度為v_A，由平拋運動的規(guī)律得：
v_Acosθ=v₀；
代入數(shù)據(jù)解得：v_A=10m/s
（2）設(shè)小球剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ的速度為v₁，則由動能定理得：
$\frac{1}{2}$mv₁²-$\frac{1}{2}$mv_A²=（mgsinθ-μmgcosθ）L
設(shè)小球在區(qū)域Ⅱ中運動的速度為v₂，由洛侖茲力公式、平衡條件得：
f=qBv₂；
mgsinθ=μ（mgcosθ+f）
聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得：
v₁=$\sqrt{104}$m/s；
v₂=2m/s
由于球在區(qū)域Ⅰ中做減速運動，當(dāng)電場沿斜面向上時，由動能定理得：
$\frac{1}{2}$mv₂²-$\frac{1}{2}$mv₁²=mgsinθ-（μmgcosθ+qE₁）L
聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得：E₁=26N/C
當(dāng)電場沿垂直斜面向下時，由動能定理得：
$\frac{1}{2}$mv₂²-$\frac{1}{2}$mv₁²=mgsinθ-（μmgcosθ+qE₂）L
聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得：E₂=52N/C
答：（1）小球到達(dá)A點時的速度大小為10m/s；
（2）區(qū)域Ⅰ中電場強(qiáng)度E可能的大小為26N/C電場沿斜面向上或52N/C方向垂直斜面向下．

點評 本題考查帶電粒子在電場中的運動情況，要注意明確電場中的運動電荷的處理方法仍然是力學(xué)中的動力學(xué)和能量轉(zhuǎn)化問題；要掌握基本物理規(guī)律的正確應(yīng)用．