Question

6．如圖所示，在虛線MN上方有一水平向左的勻強電場，場強大小未知，在虛線MN下方有一水平向右的勻強電場，場強大小為E，O是虛線上的一點，一質量為m，帶電量為-q的小球從O點開始以初速度v₀向左上方運動，小球恰好能做直線運動，方向與水平方向的夾角為θ，當小球回到O點后進入MN下方的電場中運動，并能經(jīng)過O點正下方的A點，求：
（1）小球做直線運動的過程中，電勢能改變量的最大值；
（2）小球從O點出發(fā)運動到A點所用的時間；
（3）小球經(jīng)過A點時速度的大�。�

Answer 1

分析 （1）小球在上方的電場中恰好能做直線運動，則受到電場力和重力的合力必然與初速度相反，做勻減速直線運動，電場力做負功，當速度減為0時，電勢能改變量最大；
（2）在上方電場中做勻減速運動，求出時間，再將在下方電場中的運動分解為水平方向的勻變速運動和豎直方向的勻加速運動，求解時間；
（3）求出在A點水平方向和豎直方向的分速度，再合成即可得到速度的大�。�

解答 解：（1）在MN上方小球先做勻減速直線運動，電場力做負功，當速度減為0時，電勢能改變量最大．受力如圖，有：

qE₁tanθ=mg       
F_合=$\frac{mg}{sinθ}$=ma
解得：E₁=$\frac{mg}{qtanθ}$，a=$\frac{g}{sinθ}$
減速運動的位移：x=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2a}=\frac{{v}_{0}^{2}sinθ}{2g}$                 
電場力做功：W=qE₁xcos（π-θ）=-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}co{s}^{2}$θ
則電勢能改變量的最大值為：$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}co{s}^{2}$θ
（2）小球在上方的電場中運動過程：2v₀=at₁      
解得：t₁=$\frac{2{v}_{0}sinθ}{g}$
再次回到O點時，v=v₀      
從O點到A點過程，水平方向：qE=ma_x，2v₀cosθ=a_xt₂     
解得：t₂=$\frac{2m{v}_{0}cosθ}{qE}$
從O點出發(fā)運動到A點所用的時間：t=t₁+t₂=$\frac{2{v}_{0}sinθ}{g}+\frac{2m{v}_{0}cosθ}{qE}$
（3）到A點時：v_x=v₀cosθ，v_y=v₀sinθ+gt₂         
v_A=$\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{y}^{2}}$?
解得：v_A=$\frac{{v}_{0}}{qE}$$\sqrt{{q}^{2}{E}^{2}+2mgqEsin2θ+4{m}^{2}{g}^{2}co{s}^{2}θ}$     
答：（1）電勢能改變量的最大值為$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}co{s}^{2}$θ；
（2）小球從O點出發(fā)運動到A點所用的時間為$\frac{2{v}_{0}sinθ}{g}+\frac{2m{v}_{0}cosθ}{qE}$；
（3）小球經(jīng)過A點時速度的大小為$\frac{{v}_{0}}{qE}$$\sqrt{{q}^{2}{E}^{2}+2mgqEsin2θ+4{m}^{2}{g}^{2}co{s}^{2}θ}$．

點評 本題主要考查了帶電粒子在復合場中的運動，關鍵是根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，結合運動的合成與分解求解時間、速度．