Question

12．如图所示，xOy，平面为竖直平面，其中：x轴沿水平方向．第一象限内y轴和过原点且与x轴正方向成45°角的直线之间存在一有界匀强电场E₂，方向竖直向下．第二象限内有一匀强电场E₁，E₁方向 与y轴正方向成45°角斜向上，已知两个象限内电场的场强大小均为E． 有一质量为m，电荷量为+q 的带电小球在水平细线的拉力作用下恰好静止在点[一l，（3$\sqrt{2}$-3）l]处．现剪断细线，小球从静止开始运动，从 E₁进入E₂，并从E₂边界上A点垂直穿过，最终打在 x轴上的D点，已知重力加速度为g，试求
（1）场强大小E；
（2）小球在电场E₂中运动的时间t；
（3）A点的位置坐标；
（4）到达D点时小球的动能．

Answer 1

分析 （1）小球在第二象限内做直线运动，知合力的方向水平向右，根据竖直方向上平衡得出重力与电场力的关系，从而求解电场强度的大小；
（2）小球在做匀加速直线运动，根据运动学公式，即可求解运动时间；
（3）对第二象限内的运动过程运用动能定理得出进入第一象限的初速度，结合类平抛运动的规律，通过牛顿第二定律和运动学公式求出带电小球经过A点时的位置坐标．
（4）对全过程运用动能定理，结合重力和电场力的关系求出带电小球到达D点时时的动能．

解答 解：（1）设小球所受的重力为G，小球在第二象限内做直线运动，知小球合力水平向右，竖直方向上合力为零．
有：G=qEsin45°．
解得：E=$\frac{\sqrt{2}mg}{q}$；
（2）小球在第二象限做匀加速直线运动，其加速度的大小为：a=$\frac{F}{m}$=$\frac{mg}{m}$=g；
根据运动学公式，则有：小球在电场E₂中运动的时间为：t=$\sqrt{\frac{2l}{g}}$
（3）设进入第一象限的初速度为v₀
根据运动学公式，${v}_{0}^{2}=2gl$，则有：v₀=$\sqrt{2gl}$
小球在第一象限内，做类平抛运动，竖直方向上有：y=$\frac{1}{2}$at′²，
a=$\frac{qE+mg}{m}=（\sqrt{2}+1）g$；
因从E₂边界上A点垂直穿过，则有：v_y=v₀=at′
水平方向上有：x=v₀t′
联立各式解得：t′=$\frac{\sqrt{2gl}}{（\sqrt{2}+1）g}$
因此有：x=$\frac{2l}{\sqrt{2}+1}$=2（$\sqrt{2}$-1）l；
y=$\frac{l}{\sqrt{2}+1}$=$（\sqrt{2}-1）l$．
那么A点的位置坐标（2（$\sqrt{2}$-1）l，（3-$\sqrt{2}$）l）；
（4）对从P到D全过程运用动能定理得：
qElcos45°+（qE+mg）$\frac{l}{\sqrt{2}+1}$+mg$\frac{2l}{\sqrt{2}+1}$=E_kD
解得：E_kD=2$\sqrt{2}$mgl．
答：（1）场强大小$\frac{\sqrt{2}mg}{q}$；
（2）小球在电场E₂中运动的时间$\sqrt{\frac{2l}{g}}$；
（3）A点的位置坐标（2（$\sqrt{2}$-1）l，（3-$\sqrt{2}$）l）；
（4）到达D点时小球的动能2$\sqrt{2}$mgl．

点评 解决本题的关键知道小球在第二象限内做匀加速直线运动，合力水平向右，在第一象限内做类平抛运动，结合动能定理和牛顿第二定律进行求解