Question

12．如圖所示，xOy，平面為豎直平面，其中：x軸沿水平方向．第一象限內(nèi)y軸和過原點且與x軸正方向成45°角的直線之間存在一有界勻強電場E₂，方向豎直向下．第二象限內(nèi)有一勻強電場E₁，E₁方向 與y軸正方向成45°角斜向上，已知兩個象限內(nèi)電場的場強大小均為E． 有一質(zhì)量為m，電荷量為+q 的帶電小球在水平細(xì)線的拉力作用下恰好靜止在點[一l，（3$\sqrt{2}$-3）l]處．現(xiàn)剪斷細(xì)線，小球從靜止開始運動，從 E₁進(jìn)入E₂，并從E₂邊界上A點垂直穿過，最終打在 x軸上的D點，已知重力加速度為g，試求
（1）場強大小E；
（2）小球在電場E₂中運動的時間t；
（3）A點的位置坐標(biāo)；
（4）到達(dá)D點時小球的動能．

Answer 1

分析 （1）小球在第二象限內(nèi)做直線運動，知合力的方向水平向右，根據(jù)豎直方向上平衡得出重力與電場力的關(guān)系，從而求解電場強度的大��；
（2）小球在做勻加速直線運動，根據(jù)運動學(xué)公式，即可求解運動時間；
（3）對第二象限內(nèi)的運動過程運用動能定理得出進(jìn)入第一象限的初速度，結(jié)合類平拋運動的規(guī)律，通過牛頓第二定律和運動學(xué)公式求出帶電小球經(jīng)過A點時的位置坐標(biāo)．
（4）對全過程運用動能定理，結(jié)合重力和電場力的關(guān)系求出帶電小球到達(dá)D點時時的動能．

解答 解：（1）設(shè)小球所受的重力為G，小球在第二象限內(nèi)做直線運動，知小球合力水平向右，豎直方向上合力為零．
有：G=qEsin45°．
解得：E=$\frac{\sqrt{2}mg}{q}$；
（2）小球在第二象限做勻加速直線運動，其加速度的大小為：a=$\frac{F}{m}$=$\frac{mg}{m}$=g；
根據(jù)運動學(xué)公式，則有：小球在電場E₂中運動的時間為：t=$\sqrt{\frac{2l}{g}}$
（3）設(shè)進(jìn)入第一象限的初速度為v₀
根據(jù)運動學(xué)公式，${v}_{0}^{2}=2gl$，則有：v₀=$\sqrt{2gl}$
小球在第一象限內(nèi)，做類平拋運動，豎直方向上有：y=$\frac{1}{2}$at′²，
a=$\frac{qE+mg}{m}=（\sqrt{2}+1）g$；
因從E₂邊界上A點垂直穿過，則有：v_y=v₀=at′
水平方向上有：x=v₀t′
聯(lián)立各式解得：t′=$\frac{\sqrt{2gl}}{（\sqrt{2}+1）g}$
因此有：x=$\frac{2l}{\sqrt{2}+1}$=2（$\sqrt{2}$-1）l；
y=$\frac{l}{\sqrt{2}+1}$=$（\sqrt{2}-1）l$．
那么A點的位置坐標(biāo)（2（$\sqrt{2}$-1）l，（3-$\sqrt{2}$）l）；
（4）對從P到D全過程運用動能定理得：
qElcos45°+（qE+mg）$\frac{l}{\sqrt{2}+1}$+mg$\frac{2l}{\sqrt{2}+1}$=E_kD
解得：E_kD=2$\sqrt{2}$mgl．
答：（1）場強大小$\frac{\sqrt{2}mg}{q}$；
（2）小球在電場E₂中運動的時間$\sqrt{\frac{2l}{g}}$；
（3）A點的位置坐標(biāo)（2（$\sqrt{2}$-1）l，（3-$\sqrt{2}$）l）；
（4）到達(dá)D點時小球的動能2$\sqrt{2}$mgl．

點評 解決本題的關(guān)鍵知道小球在第二象限內(nèi)做勻加速直線運動，合力水平向右，在第一象限內(nèi)做類平拋運動，結(jié)合動能定理和牛頓第二定律進(jìn)行求解