Question

（2005?海淀區(qū)一模）如圖所示，PR是一長(zhǎng)為L(zhǎng)=0.64m的絕緣平板固定在水平地面上，擋板R固定在平板的右端．整個(gè)空間有一個(gè)平行于PR的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，在板的右半部分有一個(gè)垂于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，磁場(chǎng)的寬度為d=0.32m，一個(gè)質(zhì)量為m=0.50×10^-3kg、帶電荷量為q=5.0×10^-2C的物體，從板的P端由靜止開(kāi)始向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，從D點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)后恰能做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)．物體碰到擋板R后被彈回，若在碰撞瞬間撤去電場(chǎng)（不計(jì)撤掉電場(chǎng)對(duì)原磁場(chǎng)的影響），物體返回時(shí)在磁場(chǎng)中仍作勻速運(yùn)動(dòng)，離開(kāi)磁場(chǎng)后做減速運(yùn)動(dòng)，停在C點(diǎn)，PC=L/4，物體與平板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.20，g取10m/s²．求：
（1）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小；
（2）物體從P運(yùn)動(dòng)到R的時(shí)間．

Answer 1

分析：（1）由題，物體返回后在磁場(chǎng)中無(wú)電場(chǎng)，仍做勻速運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力與重力平衡．離開(kāi)磁場(chǎng)后做 勻減速運(yùn)動(dòng)停在C點(diǎn)，由動(dòng)能定理和平衡條件結(jié)合可求解v₂和B．物體從P到C的過(guò)程做勻減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理列式得到場(chǎng)強(qiáng)與速度速度v₁，物體進(jìn)入電磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件得到場(chǎng)強(qiáng)與速度v₁的關(guān)系，聯(lián)立求得v₁和場(chǎng)強(qiáng)．
（2）根據(jù)對(duì)物體受力分析，結(jié)合牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，依據(jù)先勻加速運(yùn)動(dòng)后勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，即可求解．

解答：解：（1）物體返回后在磁場(chǎng)中無(wú)電場(chǎng)，仍做勻速運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力與重力平衡，則有
   mg=qBv₂…①
離開(kāi)磁場(chǎng)后，由動(dòng)能定理得：-μmg

L

4

=0-

1

2

m

v

2 2

…②
解得，v₂=0.8m/s
代入①得，B=0.125 T
由于電荷由P運(yùn)動(dòng)到C做勻加速運(yùn)動(dòng)，可知電場(chǎng)方向水平向右，且有
（Eq-μmg）

L

2

=

1

2

m

v

2 1

-0…③
進(jìn)入電磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，則有  qE=μ（qBv₁+mg）…④
聯(lián)立③④解得，v₁=1.6m/s，E=6.0×10^-2N/C
（2）物體從P到D做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，
根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與牛頓第二定律，則有qE-μmg=ma
運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，L-d=

1

2

a

t

2 1

代入數(shù)據(jù)，解得：t₂=0.4s
而勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則有：t2=

d

v1

=

0.32

1.6

s=0.2s
由題意，代入數(shù)據(jù)，解得：從P運(yùn)動(dòng)到R的時(shí)間t=t₁+t₂=0.4s+0.2s=0.6s
答：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小6.0×10^-2N/C；
（2）物體從P運(yùn)動(dòng)到R的時(shí)間0.6s．

點(diǎn)評(píng)：本題是物體在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，分析受力情況，來(lái)確定運(yùn)動(dòng)情況是關(guān)鍵．