Question

如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．
求：（1）水平向右的电场的电场强度；
（2）若将电场强度减小为原来的

1

2

，小物块的加速度是多大．

Answer 1

（1）建立如图所示坐标系，对物体进行受力分析，根据平衡列方程：
在x轴方向：F_合x=Fcosθ-mgsinθ=0
在y轴方向：F_合y=F_N-mgcosθ-Fsinθ=0
联列代入θ=37°得：F=

3

4

mg
在电场中电场力F=qE可得电场强度E=

F

q

=

3mg

4q

．
（2）建立如图所示坐标系对物体受力分析有：



物体在x轴方向所受的合外力为：F_合x=Fcosθ-mgsinθ=ma
由此得物体产生的加速度为：a=

Fcosθ-mgsinθ

m

又因为电场强度变为原来的

1

2

，所以此时物体受到的电场力F=qE′=q

1

2

E=q×

1

2

×

3mg

4q

=

3

8

mg
则物体产生的加速度a=

3 8 mg× 4 5 - 3 5 mg

m

=-0.3g（负号表示方向沿x轴负方向）
所以物体产生的加速度的大小为0.3g．
答：（1）水平向右的电场的电场强度E=

3mg

4q

；
（2）若将电场强度减小为原来的

1

2

，小物块的加速度是0.3g．