Question

在如圖1所示的區(qū)域里，存在垂直指相紙外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=2πm/q的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；在豎直方向存在隨時(shí)間交替變化的如圖2所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小E₀=mg/q，設(shè)豎直向上為正方向．一傾角為θ且足夠長(zhǎng)的光滑絕緣斜面豎直放置其中．斜面上一帶正電小球（質(zhì)量為m，電量為q）從t=0時(shí)刻開始沿斜面無初速滑下．設(shè)第一秒內(nèi)小球不會(huì)脫離斜面，求：
（1）第1s內(nèi)小球的位移．
（2）前兩秒內(nèi)小球離開斜面的最大距離．

Answer 1

分析：（1）對(duì)小球進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律求出小球的加速度，然后由位移公式求出小球的位移．

解答：解：（1）在第1s內(nèi)小球受力如圖所示，
由牛頓第二定律得：（mg+qE）sinθ=ma，
E=

mg

q

，解得：a=2gsinθ，
小球在第1s內(nèi)的位移：x=

1

2

at²=

1

2

×2gsinθ×1²=gsinθ；
（2）小球在1s末的速度v=at=2gsinθ，
在第2s內(nèi)，小球受到豎直向下的重力mg、豎直向上的電場(chǎng)力qE=mg，重力與電場(chǎng)力合力為零，則小球所受合力為洛倫茲力，小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓周運(yùn)動(dòng)的周期T=

2πm

qB

=

2πm

q× 2πm q

=1s，
則在第2秒末，小球又回到出發(fā)點(diǎn)，在第2s內(nèi)小球離開斜面的最大距離等于小球做圓周運(yùn)動(dòng)的直徑，
h=2r=

2mv

qB

=

2m×2gsinθ

q× 2πm q

=

2gsinθ

π

；
答：（1）第1s內(nèi)小球的位移是gsinθ．
（2）前兩秒內(nèi)小球離開斜面的最大距離是

2gsinθ

π

．

點(diǎn)評(píng)：對(duì)小球正確受力分析、應(yīng)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可正確解題．