Question

19．如圖所示，絕緣的水平桌面上方有一豎直方向的矩形區(qū)域，該區(qū)域是由兩個邊長均為L的正方形區(qū)域ABED，BCFE首尾相接組成的，且正方形的下邊DE，EF與桌面相接．ABED區(qū)域內(nèi)存在方向水平向右的勻強電場E₁，BCFE區(qū)域內(nèi)存在方向豎直向上的勻強電場E₂，現(xiàn)有一質(zhì)量為m，帶正電的滑塊以$\sqrt{0.5gL}$的初速度從D點水平向右射入場區(qū)．已知滑塊在兩電場中受到的電場力與重力的關(guān)系為5F₁=F₂=5mg，桌面與滑塊之間的滑動摩擦因數(shù)為μ=0.75，重力加速度為g，滑塊可視作質(zhì)點．
（1）以D點為坐標(biāo)原點，建立坐標(biāo)系如圖所示，滑塊最終離開電場時的位置坐標(biāo)（結(jié)果保留小數(shù)點后一位）；
（2）滑塊離開電場時的動能；
（3）如果保持左邊電場的場強不變，改變右邊電場的場強強度，滑塊在右邊電場中受到的電場力滿足什么條件可以使滑塊從CF邊飛出．

Answer 1

分析 （1）在在ABED區(qū)域內(nèi)受力分析，有牛第二定律求的加速度，利用運動學(xué)公式求的到達E點的速度，在BCFE區(qū)域內(nèi)受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求的加速度，利用運動學(xué)公式求的位置．
（2）由1中的坐標(biāo)位置，結(jié)合動能定理求解離開電場時的動能．
（3）保持左邊電場的場強不變，改變右邊電場的場強強度，粒子仍從E點進入右邊電場，在電場中做類平拋運動，從CF邊射出，根據(jù)水平方向勻速，豎直方向勻加速運動，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式求解即可；

解答 解：（1）對滑塊在ABED區(qū)域內(nèi)受力分析，設(shè)其加速度為a₁．
根據(jù)第二定律可得：F₁-μmg=ma₁，F(xiàn)₁=mg，即：$mg-\frac{3}{4}mg=m{a}_{1}$，解得：a₁=$\frac{1}{4}g$
設(shè)滑塊運動到E點的速度為v_E，2a₁L=v_E²-${v}_{0}^{2}$
聯(lián)立．解得V_E=$\sqrt{gL}$
對滑塊住BCFE區(qū)域內(nèi)受力分析，受向上電場力和重力，設(shè)其加速度為a₂，在電場中運動的時間為t，根據(jù)牛頓第二定律得：
F₂-mg=ma₂，F(xiàn)₂=5mg，解得：a₂=4g
滑塊在水平方向上做勻速運動，由L=v_Et₁，t₁=$\frac{L}{{v}_{E}}$
在豎直方向上做勻加速運動，運動的豎直位移為y=$\frac{1}{2}$a₂t₁²=2L＞L，即滑塊在BC邊滑出，由y=L=$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}$，解得：t=$\sqrt{\frac{L}{2g}}$，水平位移x=v_Et=$\frac{\sqrt{2}}{2}L$
因此滑塊最終離開電場時的位置坐標(biāo)為（1.7L，L）
（2）由（1）中知到達E點的速度為V_E=$\sqrt{gL}$，滑塊在BCFE區(qū)域內(nèi)受重力和電場力，豎直方向位移為L，
由動能定理得：${F}_{2}L-mgL={E}_{K}-\frac{1}{2}m{v}_{E}^{2}$，解得：E_k=4.5mgL
（3）保持左邊電場的場強不變，改變右邊電場的場強強度，滑塊運動到E點的速度為v_E=$\sqrt{gL}$，
滑塊住BCFE區(qū)域內(nèi)受力分析，受向上電場力和重力，設(shè)其加速度為a₂，在電場中運動的時間為t，
使滑塊從CF邊飛出，滑塊在水平方向上做勻速運動，由L=v_Et₁，t₁=$\frac{L}{{v}_{E}}$，豎直方向y=L，
根據(jù)牛頓第二定律得：
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點為坐標(biāo)原點，建立坐標(biāo)系如圖所示，滑塊最終離開電場時的位置坐標(biāo)（1.7L、L）；
（2）滑塊離開電場時的動能為4.5mgL；
（3）如果保持左邊電場的場強不變，改變右邊電場的場強強度，滑塊在右邊電場中受到的電場力F₂=3mg才可以使滑塊從CF邊飛出．

點評 本題考查了帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)，掌握處理類平拋運動的方法，結(jié)合動能定理、牛頓第二定律和運動學(xué)公式綜合求解．