Question

14．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，并能經過O點正下方的A點，求：
（1）MN上方勻強電場的場強E₁的大�。�
（2）小球從O點出發(fā)運動到再次回到O點所用的時間；
（3）小球經過A點時速度的大�。�

Answer 1

分析 （1）粒子在MN上方運動時，受重力和向右的電場力，合力沿著軌跡方向，或者說重力和電場力在垂直軌跡方向的分力相等；
（2）根據(jù)牛頓第二定律得到加速度，再根據(jù)速度時間關系公式列式得到時間；
（3）小球在MN下方的運動過程中，水平分運動是類似豎直上拋運動，豎直分運動是豎直下拋運動，根據(jù)分運動公式列式分析．

解答 解：（1）小球做直線運動，有：
qE₁sinθ=mgcosθ，
得：${E_1}=\frac{mg}{qtanθ}$；
（2）在MN上方運動時有：F_合sinθ=mg，
根據(jù)牛頓第二定律，有：F_合=ma，
根據(jù)速度公式，有：2V₀=at₁，
得：t₁=$\frac{{2{v_0}sinθ}}{g}$；
（3）再次回到O點時：v=v₀
水平方向：qE=ma_x，
2v₀cosθ=a_xt₂，
到A點時：v_x=v₀cosθ，
V_y=v₀sinθ+gt₂，
而${v_A}=\sqrt{v_x^2+v_y^2}$
解得：${v_A}=\frac{v_0}{qE}\sqrt{{q^2}{E^2}+2mgqEsin2θ+4{m^2}{g^2}{{cos}^2}θ}$；
答：（1）MN上方勻強電場的場強E₁的大小為$\frac{mg}{qtanθ}$；
（2）小球從O點出發(fā)運動到再次回到O點所用的時間為$\frac{{2{v_0}sinθ}}{g}$；
（3）小球經過A點時速度的大小為$\frac{v_0}{qE}\sqrt{{q^2}{E^2}+2mgqEsin2θ+4{m^2}{g^2}{{cos}^2}θ}$．

點評 本題關鍵是明確小球的受力情況和運動情況，知道勻變速直線運動的條件，并能夠結合運動的分解與合成的知識進行分析，不難．