Question

19．如图所示，绝缘的水平桌面上方有一竖直方向的矩形区域，该区域是由两个边长均为L的正方形区域ABED，BCFE首尾相接组成的，且正方形的下边DE，EF与桌面相接．ABED区域内存在方向水平向右的匀强电场E₁，BCFE区域内存在方向竖直向上的匀强电场E₂，现有一质量为m，带正电的滑块以$\sqrt{0.5gL}$的初速度从D点水平向右射入场区．已知滑块在两电场中受到的电场力与重力的关系为5F₁=F₂=5mg，桌面与滑块之间的滑动摩擦因数为μ=0.75，重力加速度为g，滑块可视作质点．
（1）以D点为坐标原点，建立坐标系如图所示，滑块最终离开电场时的位置坐标（结果保留小数点后一位）；
（2）滑块离开电场时的动能；
（3）如果保持左边电场的场强不变，改变右边电场的场强强度，滑块在右边电场中受到的电场力满足什么条件可以使滑块从CF边飞出．

Answer 1

分析 （1）在在ABED区域内受力分析，有牛第二定律求的加速度，利用运动学公式求的到达E点的速度，在BCFE区域内受力分析，根据牛顿第二定律求的加速度，利用运动学公式求的位置．
（2）由1中的坐标位置，结合动能定理求解离开电场时的动能．
（3）保持左边电场的场强不变，改变右边电场的场强强度，粒子仍从E点进入右边电场，在电场中做类平抛运动，从CF边射出，根据水平方向匀速，竖直方向匀加速运动，由牛顿第二定律和运动学公式求解即可；

解答 解：（1）对滑块在ABED区域内受力分析，设其加速度为a₁．
根据第二定律可得：F₁-μmg=ma₁，F₁=mg，即：$mg-\frac{3}{4}mg=m{a}_{1}$，解得：a₁=$\frac{1}{4}g$
设滑块运动到E点的速度为v_E，2a₁L=v_E²-${v}_{0}^{2}$
联立．解得V_E=$\sqrt{gL}$
对滑块住BCFE区域内受力分析，受向上电场力和重力，设其加速度为a₂，在电场中运动的时间为t，根据牛顿第二定律得：
F₂-mg=ma₂，F₂=5mg，解得：a₂=4g
滑块在水平方向上做匀速运动，由L=v_Et₁，t₁=$\frac{L}{{v}_{E}}$
在竖直方向上做匀加速运动，运动的竖直位移为y=$\frac{1}{2}$a₂t₁²=2L＞L，即滑块在BC边滑出，由y=L=$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}$，解得：t=$\sqrt{\frac{L}{2g}}$，水平位移x=v_Et=$\frac{\sqrt{2}}{2}L$
因此滑块最终离开电场时的位置坐标为（1.7L，L）
（2）由（1）中知到达E点的速度为V_E=$\sqrt{gL}$，滑块在BCFE区域内受重力和电场力，竖直方向位移为L，
由动能定理得：${F}_{2}L-mgL={E}_{K}-\frac{1}{2}m{v}_{E}^{2}$，解得：E_k=4.5mgL
（3）保持左边电场的场强不变，改变右边电场的场强强度，滑块运动到E点的速度为v_E=$\sqrt{gL}$，
滑块住BCFE区域内受力分析，受向上电场力和重力，设其加速度为a₂，在电场中运动的时间为t，
使滑块从CF边飞出，滑块在水平方向上做匀速运动，由L=v_Et₁，t₁=$\frac{L}{{v}_{E}}$，竖直方向y=L，
根据牛顿第二定律得：
F₂-mg=ma₂，a₂=$\frac{{F}_{2}-mg}{m}$，得：L=$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}$=$\frac{1}{2}\frac{{F}_{2}-mg}{m}（\frac{L}{\sqrt{gL}}）^{2}$，
解得：F₂=3mg
答：（1）以D点为坐标原点，建立坐标系如图所示，滑块最终离开电场时的位置坐标（1.7L、L）；
（2）滑块离开电场时的动能为4.5mgL；
（3）如果保持左边电场的场强不变，改变右边电场的场强强度，滑块在右边电场中受到的电场力F₂=3mg才可以使滑块从CF边飞出．

点评 本题考查了带电粒子在电场中的加速和偏转，掌握处理类平抛运动的方法，结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式综合求解．