Question

3．如圖所示，以水平方向?yàn)閤軸，豎直方向?yàn)閥軸在垂直平面建立平面直角坐標(biāo)xOy，平行于x軸的虛線l₁交y軸于P（0，d），平行于y軸的虛線l₂交l₁于Q（2d，d），今有比荷為k的兩帶正電小球A、B，虛線l₁下方存在一豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E₁=$\frac{2g}{k}$（電場(chǎng)邊界不含線l₁），在虛線l₁上方（電場(chǎng)邊界含l₁）存在一向左上方的勻強(qiáng)電場(chǎng)E₂（未知），小球A自O(shè)以某一水平向右的初速度釋放，與此同時(shí)，小球B自P點(diǎn)以水平向右的初速度v₀=3$\sqrt{2gd}$．釋放后恰沿虛線l₁運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中不考慮帶電小球間相互作用及小球電荷電荷量對(duì)電場(chǎng)分布的影響．
（1）若小球A恰能到達(dá)Q點(diǎn)，求小球到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的速度大小；
（2）若A、B兩球恰能相遇于Q點(diǎn)，求P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)差U_PQ及電場(chǎng)強(qiáng)度E₂．

Answer 1

分析 （1）對(duì)A球分析，由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可求得A球到達(dá)Q點(diǎn)的速度；
（2）對(duì)B球分析，由牛頓第二定律及動(dòng)能定理分別分析可求得場(chǎng)強(qiáng)及電勢(shì)差．

解答 解：（1）小球A在電場(chǎng)中受電場(chǎng)力F=E₁q；
豎直方向的加速度a=$\frac{{E}_{1}q}{m}$-g=$\frac{2g}{k}×k$-g=g
因小球恰好通過Q點(diǎn)，對(duì)小球有：
水平方向2d=v_xt
豎直方向d=$\frac{1}{2}$at²；
解得：v_x=$\sqrt{2gd}$；t=$\sqrt{\frac{2d}{g}}$
豎直分速度v_y=at=g×$\sqrt{\frac{2d}{g}}$=$\sqrt{2gd}$；
則Q點(diǎn)的合速度v=$\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=2$\sqrt{gd}$；
（2）B球沿直線運(yùn)動(dòng)，由于電場(chǎng)力和重力不能平衡，故應(yīng)使合力的方向沿運(yùn)動(dòng)方向，由題意可知，小球只能做減速運(yùn)動(dòng)；
由位移公式可知：
2d=v₀t+$\frac{1}{2}$a₁t²
解得：a₁=-4g；
由平行四邊形定則可知：電場(chǎng)力E₂q=$\sqrt{（mg）^{2}+（ma）^{2}}$=$\sqrt{17}mg$；
解得：E₂=$\frac{\sqrt{17}g}{k}$；
B球到達(dá)Q點(diǎn)的速度v_B=v₀+at=3$\sqrt{2gd}$-4g×$\sqrt{\frac{2d}{g}}$=-$\sqrt{2gd}$；
則對(duì)PQ過程由動(dòng)能定理可知：
Uq=$\frac{1}{2}$mv_B²-$\frac{1}{2}$mv₀²
解得：U=-$\frac{8gd}{k}$
答：（1）球到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的速度大小為2$\sqrt{gd}$；
（2）若A、B兩球恰能相遇于Q點(diǎn)，P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)差U_PQ為-$\frac{8gd}{k}$；電場(chǎng)強(qiáng)度E₂為$\frac{\sqrt{17}g}{k}$

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵問題在于明確B物體只能做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，這是本題的突破點(diǎn)！同時(shí)注意動(dòng)能定理及類平拋運(yùn)動(dòng)的應(yīng)用．