Question

如圖所示，豎直平面xoy內(nèi)有三個寬度均為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+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，

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，物體可以視作質(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(jìn)入ABFE區(qū)域時的衩速度大��；
（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(jìn)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(dá)Q的速度大小和方向，分析物體進(jìn)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

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(dá)Q速度大小和方向，物體進(jìn)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(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得
    mg-qE=ma₂，而2qE=mg
得a₂=

g

2

在水平方向有：L=v₀t
在豎直方向有：

L

2

=

1

2

a2

t

2 2

解得，v0=

gL 2

，t2=

2L g

（2）在ABEF區(qū)域．對物體進(jìn)行受力分析，在豎直方向有：2qE=mg
物體做勻速直線運動，v0=

gL 2

，t1=t2=

2L g

在BCGF區(qū)域，物體做類平拋運動，v0=

gL 2

，t2=

2L g

在Q點豎直方向速度v_y=a₂t₂=

gL 2

=v₀，則Q點速度v_Q=

v 2 0 + v 2 y

=

gL

，與水平方向夾角為45°
在CDHG區(qū)域   由于2qE=mg
對物體進(jìn)行受力分析，F(xiàn)=

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+

1

2

a3

t

2 3

解得t3=

5 -1

2

2L g

所以t=t₁+t₂+t₃=

5 +3

2

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

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，-

L

2

）．
答：
（1）物體進(jìn)入ABFE區(qū)域時的初速度大小v0=

gL 2

；
（2）物體在ADHE區(qū)域運動的總時間為

5 +3

2

2L g

；
（3）物體從DH邊界射出位置的坐標(biāo)為（3L，-

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．