Question

6．在如圖甲所示的平面坐標(biāo)系內(nèi)，有三個不同的靜電場：第一象限內(nèi)有固定在O點處的點電荷產(chǎn)生的電場E₁（未知），該電荷量為-Q，且只考慮該點電荷在第一象限內(nèi)產(chǎn)生電場；第二象限內(nèi)有水平向右的勻強電場E₂（未知）；第四象限內(nèi)有大小為 $\frac{2kQ}{{x}_{0}^{2}}$，方向按圖乙周期性變化的電場E₃，以水平向右為正方向，變化周期T=$\sqrt{\frac{8m{x}_{0}^{3}}{kQq}}$，一質(zhì)量為m，電荷量為+q的離子從（-x₀，x₀）點由靜止釋放，進入第一象限后恰能繞O點做勻速圓周運動．以離子經(jīng)過x軸時為計時起點，已知靜電力常量為k，不計離子重力．求：
（1）離子在第一象限運動時速度大小和第二象限電場E₂的大�。�
（2）當(dāng)t=$\frac{T}{2}$時，離子的速度；
（3）當(dāng)t=nT時，離子的坐標(biāo)．（n=1、2、3…）

Answer 1

分析 （1）根據(jù)粒子在第一象限內(nèi)做勻速圓周運動電場力提供圓周運動向心力由圓周運動半徑和庫侖定律求得粒子剛進入第四象限的速度；在第二象限粒子做初速度為零的勻加速直線運動，由動能定理據(jù)粒子獲得的速度和位移求得第二象限的電場強度；
（2）粒子進入第四象限在豎直方向做勻速直線運動，水平方向在電場力作用下先勻加速直線運動后勻減速直線運動，根據(jù)時間由運動的合成求得離子的速度；
（3）根據(jù)粒子水平方向運動的周期性求得粒子的橫坐標(biāo)，再根據(jù)豎直方向的運動規(guī)律求得粒子的縱坐標(biāo)．

解答 解：（1）根據(jù)牛頓第二定律可得：$\frac{kQq}{{x}_{0}^{2}}=m\frac{{{v}_{0}}^{2}}{{x}_{0}}$，
解得：v₀=$\sqrt{\frac{kqQ}{{mx}_{0}}}$；
在第二定律加速過程中，根據(jù)動能定理可得：qE₂=$\frac{1}{2}$mv₀²
解得：${E}_{2}=\frac{kQ}{2{x}_{0}^{2}}$；
（2）離子進入第四象限后，在水平方向上，有：
v_水平=at=$\frac{q{E}_{3}}{m}•\frac{T}{2}$=$\sqrt{\frac{8kQq}{m{x}_{0}}}$
當(dāng)t=$\frac{T}{2}$時，離子的速度為：$v=\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{水平}^{2}}$=$\sqrt{\frac{9kqQ}{m{x}_{0}}}$；
（3）離子在第四象限中運動時，y方向上做勻速直線運動，x方向上前半個周期向右勻加速運動，后半個周期向右勻減速運動直到速度為0；
每個周期向右運動的平均速度$\frac{v}{2}$，則nT時水平方向的位移為：
$x=\frac{v}{2}•nT=\frac{1}{2}×\sqrt{\frac{9kqQ}{m{x}_{0}}}×n×\sqrt{\frac{8m{x}_{0}^{3}}{kQq}}$=3n$\sqrt{2}{x}_{0}$
-y方向的位移大小為：y=${v}_{0}•nT=\sqrt{\frac{kqQ}{{mx}_{0}}}×n×\sqrt{\frac{8m{x}_{0}^{3}}{kqQ}}$=$2\sqrt{2}n{x}_{0}$，
所以nT時刻離子的坐標(biāo)為（$3\sqrt{2}n{x}_{0}$，$-2\sqrt{2}n{x}_{0}$） （n=1、2、3…）．
答：（1）離子在第一象限運動時速度大小為$\sqrt{\frac{kqQ}{{mx}_{0}}}$，第二象限電場E₂的大小為$\frac{kQ}{2{x}_{0}^{2}}$；
（2）當(dāng)t=$\frac{T}{2}$時，離子的速度為$\sqrt{\frac{9kqQ}{m{x}_{0}}}$；
（3）當(dāng)t=nT時，離子的坐標(biāo)為（$3\sqrt{2}n{x}_{0}$，$-2\sqrt{2}n{x}_{0}$） （n=1、2、3…）．

點評 本題中質(zhì)點在復(fù)合場運動，分析受力情況，確定質(zhì)點的運動情況是解題的基礎(chǔ)．結(jié)合粒子運動的周期性，運用數(shù)學(xué)幾何知識綜合求解．