Question

在如圖甲所示的空間內，存在若垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度的大小為B=

2πm

q

．一傾角為θ、長度足夠長的光滑絕緣斜面放置在此空間．斜面上有一質量為m，帶電量為-q的小球，從t=0時刻由靜止開始沿斜面下滑，設第5s內小球不會離開斜面，在豎直方向上存在交替變化的勻強電場（取豎直向上為正）．如圖乙所示，電場大小E0=

mg

q

，重力加速度為g．求：
（1）在5s內合外力對小球做的功及小球電勢能變化量？
（2）若第19s內小球沒有離開斜面，角θ應滿足什么條件？

Answer 1

分析：小球第一秒內在斜面上做勻加速運動，而第二秒內重力與電場力相平衡，接著離開斜面在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運動，恰好圓周運動的周期為1s，第三秒小球又在斜面上加速運動，第四秒又做圓周運動．就這樣周而復始運動下去，第6秒小球離開斜面的距離就是做第三次圓周運動的直徑．第19秒內小球受到重力、電場力與洛倫茲力，要使不離開斜面，則洛倫茲力小于或等于電場力與重力的合力，從而得出斜面傾角的表達式．

解答：解：設第一秒內小球在斜面上運動的加速度為a，
由牛頓第二定律得：（mg+qE）sinθ=ma…①
第一秒末的速度為：v=at₁… ②
在第二秒內：qE₀=mg…③
所以小球將離開斜面在上方做勻速圓周運動，則：
由向心力公式得：qvB=m

v2

R

…④
圓周運動的周期為：T=

2πm

qB

=1s…⑤
由題圖可知，小球在奇數(shù)秒內沿斜面做勻加速運動，在偶數(shù)秒內離開斜面做完整的圓周運動．所以，第五秒末的速度為：v₅=a（t₁+t₃+t₅）=6g sinθ… ⑥
由動能定律得：W=

1

2

m

v

2 5

=

1

2

×m×(6gsinθ)2=18mg2sin2θ…⑦
由于洛倫茲力不做功，故小球在5s內沿斜面通過的位移：x=

1

2

a(3T)2
電場力做功：W_電=E₀qx?sinθ
代入數(shù)據(jù)解得：W電=9mg2sin2θ
即電場力做正功，電勢能減小，減少量為9mg²sin²θ
（2）第19秒末的速度：v₁₉=a（t₁+t₃+t₅+t₄+…+t₁₉）=20g sinθ…⑧
小球未離開斜面的條件是：
qv₁₉B≤（mg+qE₀）cosθ…⑨
所以：θ≤arctan

1

20π

答：（1）在5s內合外力對小球做的功為18mg²sin²θ，小球電勢能變化量為9mg²sin²θ；
（2）若第19s內小球沒有離開斜面，角θ應滿足θ≤arctan

1

20π

．

點評：本題分析可得：小球在奇數(shù)秒內沿斜面做勻加速運動，在偶數(shù)秒內離開斜面做完整的圓周運動，是電場強度方向時正時負導致．同時利用洛倫茲力提供向心力來求出圓弧軌道半徑．