Question

11．如圖所示，豎直平面xOy內(nèi)有三個寬度為L、L、$\frac{3}{4}L$首尾相接的電場區(qū)域ABFE、BCGF和CDHG．三個區(qū)域中分別存在方向為+y、+y、+x的勻強電場，其場強大小比例為2：1：2．現(xiàn)有一帶正電的物體以某一初速度從坐標(biāo)為（0，L）的P點射入ABFE場區(qū)，初速度方向水平向右．物體恰從坐標(biāo)為（2L，$\frac{L}{2}$）的Q點射入CDHG場區(qū)，已知物體在ABFE區(qū)域所受電場力和所受重力大小相等，重力加速度為g，物體可以視為質(zhì)點，y軸豎直向上，區(qū)域內(nèi)豎直方向電場足夠大．求：
（1）物體進入ABFE區(qū)域時的初速度大��；
（2）物體在ADHE區(qū)域運動的總時間；
（3）物體從DH邊界射出位置的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）分析物體的受力情況和運動情況：物體在ABFE區(qū)域所受電場力和所受重力大小相等，做勻速直線運動．進入BCGF后，受力豎直向下的重力和豎直向上的電場力，做類平拋運動．根據(jù)物體到達Q的速度大小和方向，分析物體進入CDHG的運動情況．在BCDF區(qū)域，物體做類平拋運動，水平位移為L，豎直位移為$\frac{L}{2}$．根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，運用運動的分解方法，求出初速度．
（2）物體在ABFE區(qū)域做勻速直線運動，根據(jù)位移和初速度求出時間；在BCGF區(qū)域，物體做類平拋運動，求出物體到達Q速度大小和方向，物體進入CDHG區(qū)域，做勻加速直線運動，由牛頓第二定律和位移公式結(jié)合求出時間，再求出總時間．
（3）物體從DH邊界射出時橫坐標(biāo)為3L．根據(jù)物體在三個區(qū)域內(nèi)豎直方向的偏移量，求出縱坐標(biāo)

解答 解：設(shè)三個區(qū)域的電場強度大小依次為2E、E、2E，物體在三個區(qū)域運動的時間分別t₁、t₂、t₃．
（1）在BCDF，對物體進行受力分析，由牛頓第二定律得：mg-qE=ma₂，而2qE=mg，
解得：a₂=$\frac{1}{2}$g，
在水平方向有：L=v₀t，
在豎直方向有：$\frac{1}{2}$L=$\frac{1}{2}$a₂t₂²，
解得：v₀=$\sqrt{\frac{gL}{2}}$，t₂=$\sqrt{\frac{2L}{g}}$；
（2）在ABEF區(qū)域．對物體進行受力分析，在豎直方向有：2qE=mg，
物體做勻速直線運動，v₀=$\sqrt{\frac{gL}{2}}$，t₁=t₂=$\sqrt{\frac{2L}{g}}$，
在BCGF區(qū)域，物體做類平拋運動，v₀=$\sqrt{\frac{gL}{2}}$，t₂=$\sqrt{\frac{2L}{g}}$；
在Q點豎直方向速度v_y=a₂t₂=$\sqrt{\frac{gL}{2}}$=v₀，
則Q點速度v_Q=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\sqrt{gL}$，與水平方向夾角為45°，
在CDHG區(qū)域   由于2qE=mg
對物體進行受力分析，F(xiàn)=$\sqrt{2}$mg，與水平方向夾角為45°，與速度方向相同，物體做勻加速直線運動，
水平方向L=v₀t₃+$\frac{1}{2}$a₃t₃²，
解得：t₃=$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$$\sqrt{\frac{2L}{g}}$，
所以t=t₁+t₂+t₃=$\frac{\sqrt{5}+3}{2}$$\sqrt{\frac{2L}{g}}$；
（3）物體在ABFE區(qū)域做勻速直線運動，在BCGF區(qū)域物體做類平拋運動，偏移量為$\frac{L}{2}$．
在CDHG區(qū)域，沿與水平方向夾角為45°，物體做勻加速直線運動，豎直方向位移為L，
則物體從DH邊界射出位置的坐標(biāo)為（3L，-$\frac{L}{2}$）．
答：（1）物體進入ABFE區(qū)域時的初速度大小為$\sqrt{\frac{gL}{2}}$；
（2）物體在ADHE區(qū)域運動的總時間為$\frac{\sqrt{5}+3}{2}$$\sqrt{\frac{2L}{g}}$；
（3）物體從DH邊界射出位置的坐標(biāo)為（3L，-$\frac{L}{2}$）．

點評 此題是帶電體在電場和重力場的復(fù)合場中運動的問題，關(guān)鍵是分析物體的受力情況和運動情況．類平拋運動運用運動的合成與分解的方法研究，勻加速直線運動根據(jù)牛頓定律和運動學(xué)公式結(jié)合研究．