Question

15．如圖所示，豎直平面內(nèi)有坐標(biāo)系xoy，在第二象限有平行于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)電場(chǎng)E₁（未畫(huà)出），第一象限有與x軸夾角θ=53⁰的虛線0P，虛線OP與x軸組成的空間內(nèi)有水平朝左的勻強(qiáng)電場(chǎng)E₂，有一個(gè)質(zhì)量為m=2kg，帶電量為+1C的帶電粒子，以豎直向上的初速度v₀=10m/s從第二象限的A點(diǎn)出發(fā)，并以v=5m/s的初速度垂直于虛線經(jīng)過(guò)虛線上的P點(diǎn)，并最終剛好從P點(diǎn)正下方以速度$\sqrt{185}$ m/s穿過(guò)x軸．（g=10m/s²）
（1）請(qǐng)求出P點(diǎn)的坐標(biāo)
（2）請(qǐng)求出第二象限內(nèi)的電場(chǎng)E₁對(duì)帶電粒子做的功
（3）試求電場(chǎng)E₂的大�。�

Answer 1

分析 （1）從P到Q根據(jù)動(dòng)能定理求出Q點(diǎn)的縱坐標(biāo)，再根據(jù)幾何關(guān)系求出橫坐標(biāo)；
（2）對(duì)粒子從A點(diǎn)到P點(diǎn)運(yùn)用動(dòng)能定理即可求出第二象限內(nèi)的電場(chǎng)E₁對(duì)帶電粒子做的功
（3）將運(yùn)動(dòng)分解為水平和豎直方向，由豎直分運(yùn)動(dòng)根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出時(shí)間，水平方向根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出加速度，最后根據(jù)牛頓第二定律求出電場(chǎng)E₂的大�。�

解答 解：（1）在由P到Q的過(guò)程中，$mgh=\frac{1}{2}m{v_Q}^2-\frac{1}{2}m{v^2}$
代入數(shù)據(jù)：$2×10×h=\frac{1}{2}×2×（\sqrt{185}）_{\;}^{2}-\frac{1}{2}×2×{5}_{\;}^{2}$
h=8m
根據(jù)幾何關(guān)系：$tanθ=\frac{h}{OQ}=\frac{8}{x}=\frac{4}{3}$
解得：x=6m
P點(diǎn)的坐標(biāo)為（6，8）
（2）在AP過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理，有：
$mgh+W=\frac{1}{2}mv_P^2-\frac{1}{2}mv_A^2$
代入數(shù)據(jù)：$2×10×8+W=\frac{1}{2}×2×{5}_{\;}^{2}-\frac{1}{2}×2×1{0}_{\;}^{2}$
W=85J
（3）粒子在由P到Q所用的時(shí)間在豎直方向上有$h=vcosθt+\frac{1}{2}g{t^2}$
代入數(shù)據(jù)：$8=5×0.6t+\frac{1}{2}×10{t}_{\;}^{2}$
t=1s
而在水平方向上粒子速度減為0 所用時(shí)間為$t′=\frac{1}{2}t=\frac{1}{2}s$
vsinθ-at'=0
代入數(shù)據(jù)：$5×0.8-a×\frac{1}{2}=0$
a=8m/s²
qE₂=ma
代入數(shù)據(jù)：$1{E}_{2}^{\;}=2×8$
E₂=16V/m
答：（1）請(qǐng)求出P點(diǎn)的坐標(biāo)（6，8）
（2）請(qǐng)求出第二象限內(nèi)的電場(chǎng)E₁對(duì)帶電粒子做的功85J
（3）試求電場(chǎng)E₂的大小16V/m

點(diǎn)評(píng) 分析清楚粒子的運(yùn)動(dòng)情況，判斷其受力情況是解決本題的關(guān)鍵．對(duì)于拋體運(yùn)動(dòng)，要熟練掌握運(yùn)動(dòng)的分解法，由動(dòng)力學(xué)方法研究．