Question

1．如圖所示，在絕緣水平桌面上方有一豎直方向的矩形區(qū)域，該區(qū)域是由三個邊長均為L的正方形區(qū)域ABFE、BCGF和CDHG首尾相接組成的，且矩形的下邊EH與桌面相接，三個正方形區(qū)域中分別存在方向為水平向右的勻強電場E₁，垂直紙面向里的磁感應(yīng)強度為B的磁場，豎直向上的勻強電場E₂．其中qE₂=2mg，B=$\frac{m}{q}$$\sqrt{\frac{2g}{L}}$，現(xiàn)有一帶正電的滑塊從E點開始向右做初速為零的直線運動，滑塊經(jīng)F、G點最終恰從D點射出電場區(qū)，桌面與滑塊之間的動摩擦因素μ=0.5，重力加速度為g，滑塊可視為質(zhì)點，滑塊質(zhì)量為m，帶電量為q，求：
（1）滑塊進入CDHG區(qū)域時的速度大小v_G；
（2）滑塊在ADHE區(qū)域運動的總時間；
（3）求E₁：E₂為多少？

Answer 1

分析 （1）在第三個過程中，滑塊做類平拋運動，將運動分解為水平方向和豎直方向的兩個分運動來列式求解；
（2）分三個過程計算出運動時間；其中第一過程勻加速，第二過程勻速，第三過程類平拋運動．
（3）對第一個過程中的滑塊進行受力分析，結(jié)合牛頓第二定律確定電場力的大小，然后比較兩個電場強度．

解答 解：（1）在CDHG區(qū)域，對滑塊進行受力分析，由牛頓第二定律有：
qE₂-mg=ma
而由題意知：
qE₂=2mg
所以a=g
在水平方向和豎直方向分別有：
L=v_Gt₃
$L=\frac{1}{2}{a_3}{t_3}^2$
以上解得：
${v_G}=\sqrt{\frac{gL}{2}}$
${t_3}=\sqrt{\frac{2L}{g}}$
即滑塊進入CDHG區(qū)域時的速度大小為$\sqrt{\frac{gL}{2}}$．
（2）滑塊在抵達G點時受到的洛倫茲力：${f}_{洛}=q{v}_{G}B=q•\sqrt{\frac{gL}{2}}•\frac{m}{q}•\sqrt{\frac{2g}{L}}=mg$
由左手定則可知，洛倫茲力的方向向上．
Ⅰ、若滑塊進入磁場時的速度大于v_G，則洛倫茲力大于重力，滑塊將離開水平面，不符合題意；
Ⅱ、若滑塊進入磁場時的速度小于v_G，則洛倫茲力小于重力，滑塊將對水平面產(chǎn)生向下的壓力，所以滑塊將受到摩擦力的作用而做減速運動，則到達G點的速度更小，也不符合題意．
Ⅲ、若滑塊進入磁場時的速度等于v_G，則洛倫茲力等于重力，滑塊將在水平面上做勻速直線運動，到達G點的速度仍然是v_G．符合題意．
可知滑塊在磁場中做勻速直線運動，運動的時間：${t}_{2}=\frac{L}{{v}_{G}}=\frac{L}{\sqrt{\frac{gL}{2}}}=\sqrt{\frac{2L}{g}}$
在BCGF區(qū)域，滑塊做勻速直線運動，則：${v_F}={v_G}=\sqrt{\frac{gL}{2}}$
在ABFE區(qū)域，滑塊做勻加速直線運動，所以：${v}_{F}^{2}-0=2aL$
所以：a=$\frac{{v}_{F}^{2}}{2L}=\frac{{v}_{G}^{2}}{2L}=\frac{\frac{gL}{2}}{2L}=\frac{g}{4}$
滑塊加速的時間：${t}_{1}=\frac{{v}_{F}}{a}=\frac{\sqrt{\frac{gL}{2}}}{\frac{g}{4}}=2\sqrt{\frac{2L}{g}}$
所以滑塊運動的總時間：t=${t}_{1}+{t}_{2}+{t}_{3}=2\sqrt{\frac{2L}{g}}+\sqrt{\frac{2L}{g}}+\sqrt{\frac{2L}{g}}$=$4\sqrt{\frac{2L}{g}}$
（3）對滑塊進行受力分析，在豎直方向
F_N=mg
在水平方向
qE₁-F_f=ma₁
由滑動摩擦力公式：F_f=μF_N=0.5×mg=0.5mg
聯(lián)立得：qE₁=0.75mg
所以：$\frac{{E}_{1}}{{E}_{2}}=\frac{\frac{0.75mg}{q}}{\frac{2mg}{q}}=\frac{3}{8}$
答：（1）滑塊進入CDHG區(qū)域時的速度大小是$\sqrt{\frac{gL}{2}}$；
（2）滑塊在ADHE區(qū)域運動的總時間是$4\sqrt{\frac{2L}{g}}$；
（3）E₁：E₂為3：8．

點評 本題關(guān)鍵先根據(jù)類平拋運動的位移公式求出類平拋的初速度，再根據(jù)洛倫茲力的公式求出洛倫茲力的大小等于重力，判斷出滑塊在磁場中做勻速直線運動，最后再結(jié)合運動學(xué)公式求解．