Question

3．如圖所示，以水平方向為x軸，豎直方向為y軸在垂直平面建立平面直角坐標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電場E₁=$\frac{2g}{k}$（電場邊界不含線l₁），在虛線l₁上方（電場邊界含l₁）存在一向左上方的勻強電場E₂（未知），小球A自O以某一水平向右的初速度釋放，與此同時，小球B自P點以水平向右的初速度v₀=3$\sqrt{2gd}$．釋放后恰沿虛線l₁運動，運動中不考慮帶電小球間相互作用及小球電荷電荷量對電場分布的影響．
（1）若小球A恰能到達Q點，求小球到達Q點時的速度大小；
（2）若A、B兩球恰能相遇于Q點，求P、Q兩點的電勢差U_PQ及電場強度E₂．

Answer 1

分析 （1）對A球分析，由類平拋運動的規(guī)律可求得A球到達Q點的速度；
（2）對B球分析，由牛頓第二定律及動能定理分別分析可求得場強及電勢差．

解答 解：（1）小球A在電場中受電場力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，對小球有：
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點的合速度v=$\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=2$\sqrt{gd}$；
（2）B球沿直線運動，由于電場力和重力不能平衡，故應使合力的方向沿運動方向，由題意可知，小球只能做減速運動；
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：電場力E₂q=$\sqrt{（mg）^{2}+（ma）^{2}}$=$\sqrt{17}mg$；
解得：E₂=$\frac{\sqrt{17}g}{k}$；
B球到達Q點的速度v_B=v₀+at=3$\sqrt{2gd}$-4g×$\sqrt{\frac{2d}{g}}$=-$\sqrt{2gd}$；
則對PQ過程由動能定理可知：
Uq=$\frac{1}{2}$mv_B²-$\frac{1}{2}$mv₀²
解得：U=-$\frac{8gd}{k}$
答：（1）球到達Q點時的速度大小為2$\sqrt{gd}$；
（2）若A、B兩球恰能相遇于Q點，P、Q兩點的電勢差U_PQ為-$\frac{8gd}{k}$；電場強度E₂為$\frac{\sqrt{17}g}{k}$

點評 本題考查帶電粒子在電場中的運動，關鍵問題在于明確B物體只能做勻減速直線運動，這是本題的突破點！同時注意動能定理及類平拋運動的應用．