Question

19．如圖所示，豎直虛線MN、PQ將兩豎直擋板A、B間空間分成等間距的三區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，在區(qū)域Ⅰ內(nèi)有一與水平線OO₁成37°角的光滑絕緣斜面AC（C是MN與OO₁的交點(diǎn)），區(qū)域Ⅱ內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場，區(qū)域Ⅲ內(nèi)存在水平向左的勻強(qiáng)電場，兩區(qū)域電場強(qiáng)度均未知．現(xiàn)有一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電滑塊（可看作質(zhì)點(diǎn)）從左擋板的A點(diǎn)由靜止釋放，從C點(diǎn)進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后恰好能垂直PQ進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ，最后滑塊恰好與擋板B相切于D點(diǎn)（沒畫出），已知各區(qū)域?qū)捑鶠長，重力加速度為g，滑塊運(yùn)動(dòng)中電荷量不變，求：
（1）區(qū)域Ⅱ中電場強(qiáng)度E₁的大�。�
（2）區(qū)域Ⅲ中電場強(qiáng)度E₂的大小．
（3）O₁D的長．

Answer 1

分析 （1）在區(qū)域Ⅱ內(nèi)，小球做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，將其運(yùn)動(dòng)進(jìn)行正交分解：水平方向勻加速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，由平均速度表示兩個(gè)方向的分位移，求出小球離開區(qū)域Ⅱ時(shí)偏轉(zhuǎn)的距離，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可求得；
（2）區(qū)域III內(nèi)滑塊在水平方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)且擋板B時(shí)速度恰好為0，在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)
（3）由（1）（2）即可求得位移

解答 解：（1）區(qū)域I內(nèi)，有動(dòng)能定理由$mgtan37°=\frac{1}{2}{mv}_{C}^{2}$
滑塊恰好能垂直PQ進(jìn)入?yún)^(qū)域III
區(qū)域II內(nèi)，滑塊在水平方向上左勻速直線運(yùn)動(dòng)，由L=v_Ccos37°•t₁
在豎直方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，由${v}_{C}sin37°=\frac{q{E}_{1}-mg}{m}$
在豎直方向發(fā)生的位移${y}_{1}={v}_{C}sin37°•{t}_{1}-\frac{1}{2}•{\frac{q{E}_{1}-mg}{m}t}_{1}^{2}$
聯(lián)立解得${E}_{1}=\frac{43mg}{25q}$
${y}_{1}=\frac{3}{8}L$
（2）區(qū)域III內(nèi)滑塊在水平方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)且擋板B時(shí)速度恰好為0，在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，由${v}_{C}=cos37°=\frac{q{E}_{2}}{m}{t}_{2}$
L=$\frac{{v}_{C}cos37°}{2}{t}_{2}$
${y}_{2}=\frac{1}{2}{gt}_{2}^{2}$
聯(lián)立解得${E}_{2}=\frac{12mg}{25q}$
${y}_{2}=\frac{25}{12}L$
（3）O₁D的長度為$L′={y}_{1}+{y}_{2}=\frac{59L}{24}$
答：（1）區(qū)域Ⅱ中電場強(qiáng)度E₁的大小為$\frac{43mg}{25q}$．
（2）區(qū)域Ⅲ中電場強(qiáng)度E₂的大小為$\frac{43mg}{25q}$．
（3）O₁D的長為$\frac{59L}{24}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了帶電粒子在混合場中運(yùn)動(dòng)的問題，要求同學(xué)們能正確分析粒子的受力情況，再通過受力情況分析粒子的運(yùn)動(dòng)情況，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡圖，根據(jù)幾何知識(shí)及圓周運(yùn)動(dòng)基本公式解答，難度較大