Question

18．如圖所示，在直角坐標系x0y第二象限內有豎直向下的勻強電場E₂，第三象限內有水平向右的勻強電場E₃，第四象限內某一位置固定電量為Q的負點電荷，只對第四象限內的電荷產(chǎn)生作用力，現(xiàn)有帶正電的點電荷q自第二象限內A（-4，4）靜止釋放，經(jīng)y軸上B（0，-6）點進入第四象限，在負點電荷Q的作用下恰做勻速圓周運動，經(jīng)x軸上C點與x軸負向成53°射入第一象限．已知E₂，求：
（1）第三象限內勻強電場E₃的大小，
（2）C點的坐標，
（3）若在第一象限內加一勻強電場E₁，使q恰能回到A點且速度為0，試求E₁的方向和最小值．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在第二象限內做勻加速直線運動，在第三象限內做類平拋運動，由牛頓第二定律求出加速度的表達式，然后結合運動學的公式即可求出；
（2）粒子在第四象限內做勻速圓周運動，由題目中給出的角度與坐標的幾何關系即可求出C點的坐標；
（3）若在第一象限內加一勻強電場E，使q恰能回到A點且速度為0，應在第一象限內加一勻強電場E₁使點電荷原路返回，最小值對應剛好運動到y(tǒng)軸前速度減為0．然后由運動學的公式即可求出．

解答 解：（1）設第二象限內加速度為a₂，離開第二象限時速度為v₂；第三象限內加速度為a₃，離開第三象限時速度為v₃．
則：$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}_{2}^{2}=4$，$\frac{1}{2}{a}_{3}{t}_{3}^{2}=4$
得：${t}_{2}=\frac{4}{\frac{1}{2}{v}_{2}}=\frac{8}{{v}_{2}}$，${t}_{3}=\frac{6}{{v}_{2}}$
$\frac{{E}_{2}}{{E}_{3}}=\frac{{a}_{2}}{{a}_{3}}$
得：${E}_{3}=\frac{16}{9}{E}_{2}$
（2）設圓運動半徑為R，v₃與y軸負向成β角．
由幾何關系得：tanβ=$\frac{{v}_{3x}}{{v}_{2}}=\frac{{a}_{3}{t}_{3}}{{a}_{2}{t}_{2}}=\frac{4}{3}$
Rcosβ+Rsinθ=6
OC=Rsinβ+Rcosθ=6
故C點坐標為（6，0）
（3）根據(jù)電場中點電荷受力情況與運動方向無關，應在第一象限內加一勻強電場E₁使點電荷原路返回．故E₁方向為x軸正向成53°斜向下．
最小值對應剛好運動到y(tǒng)軸前速度減為0
$0-{v}_{3}^{2}=-2{a}_{1}•\frac{6}{cos53°}$=-20a₁
${v}_{2}^{2}=2{a}_{2}×4$=8a₂
$\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}=\frac{{E}_{1}}{{E}_{2}}$
${E}_{1}=\frac{10}{9}{E}_{2}$
答：（1）第三象限內勻強電場E的大小為$\frac{16}{9}{E}_{2}$，
（2）C點的坐標為（6，0）；
（3）若在第一象限內加一勻強電場E，使q恰能回到A點且速度為0，E₁方向為x軸正向成53°斜向下，最小值為$\frac{10}{9}{E}_{2}$．

點評 粒子在復合場中運動類型，分析粒子的受力是解題的基礎，本題的關鍵是畫出粒子的運動軌跡，運用幾何知識得到磁場面積最小的條件．