Question

如圖所示，豎直平面xoy內(nèi)有三個(gè)寬度均為L首尾相接的電場區(qū)域ABFE、BCGF和CDHG．三個(gè)區(qū)域中分別存在方向+y、+y、+x的勻強(qiáng)電場，其場強(qiáng)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(diǎn)射入ABFE場區(qū)，初速度方向水平向右．物體恰從坐標(biāo)為（2L，）的Q點(diǎn)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(diǎn)，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(shí)的衩速度大�。�
（2）物體在ADHE區(qū)域運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間；
（3）物體從DH邊界射出位置的坐標(biāo)．

Answer 1

【答案】分析：（1）分析物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)．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(yùn)動(dòng)．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(yùn)動(dòng)情況．在BCDF區(qū)域，物體做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平位移為L，豎直位移為．根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解方法，求出初速度．
（2）物體在ABFE區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)位移和初速度求出時(shí)間；在BCGF區(qū)域，物體做類平拋運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律和位移公式結(jié)合求出時(shí)間，再求出總時(shí)間．
（3）物體從DH邊界射出時(shí)橫坐標(biāo)為3L．根據(jù)物體在三個(gè)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(gè)區(qū)域的電場強(qiáng)度大小依次為2E、E、2E，物體在三個(gè)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別t₁、t₂、t₃．
（1）在BCDF，對(duì)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=
在水平方向有：L=vt
在豎直方向有：
解得，，
（2）在ABEF區(qū)域．對(duì)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(yùn)動(dòng)，，
在BCGF區(qū)域，物體做類平拋運(yùn)動(dòng)，，
在Q點(diǎn)豎直方向速度v_y=a₂t₂==v，則Q點(diǎn)速度v_Q==，與水平方向夾角為45°
在CDHG區(qū)域   由于2qE=mg
對(duì)物體進(jìn)行受力分析，F(xiàn)=，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(yùn)動(dòng)
  水平方向L=vt₃+
解得
所以t=t₁+t₂+t₃=
（3）物體在ABFE區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在BCGF區(qū)域物體做類平拋運(yùn)動(dòng)，偏移量為．在CDHG區(qū)域，沿與水平方向夾角為45°，物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，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，-）．
答：
（1）物體進(jìn)入ABFE區(qū)域時(shí)的初速度大小；
（2）物體在ADHE區(qū)域運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為；
（3）物體從DH邊界射出位置的坐標(biāo)為（3L，-）．
點(diǎn)評(píng)：此題是帶電體在電場和重力場的復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)的問題，關(guān)鍵是分析物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況．類平拋運(yùn)動(dòng)運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的方法研究，勻加速直線運(yùn)動(dòng)根據(jù)牛頓定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合研究．