Question

如圖所示，在在Oxy平面內(nèi)存在I、II、III、IV、V五個(gè)特殊的電場(chǎng)區(qū)域，即在x≤-5l區(qū)域I和x≥5l區(qū)域V存在兩個(gè)場(chǎng)強(qiáng)大小均為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向分別為水平向左和水平向右，在-5l＜x≤-l區(qū)域II和5l＞x≥l區(qū)域IV存在兩個(gè)場(chǎng)強(qiáng)大小均為E、方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在-l＜x＜l區(qū)域III的坐標(biāo)原點(diǎn)固定一正點(diǎn)電荷Q，各區(qū)域內(nèi)的電場(chǎng)互不影響，各自獨(dú)立．現(xiàn)有帶負(fù)電的粒子從區(qū)域I中的點(diǎn)A（-7l，l）由靜止釋放，經(jīng)過I、II、III、IV、V五個(gè)特殊的電場(chǎng)區(qū)域能返回出發(fā)點(diǎn)A，且經(jīng)過區(qū)域III時(shí)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．已知粒子的比荷（不計(jì)粒子的重力）．
（1）粒子到達(dá)區(qū)域II的右邊界的速度．
（2）點(diǎn)電荷Q的電荷量．
（3）粒子由靜止釋放運(yùn)動(dòng)到第一次回到初始位置的時(shí)間．

Answer 1

【答案】分析：（1）粒子在電場(chǎng)I中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，只有電場(chǎng)力做功qE?2l，根據(jù)動(dòng)能定理求出粒子到達(dá)區(qū)域II的左邊界時(shí)的速度．粒子在電場(chǎng)II中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由水平位移4l求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間．豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出豎直方向的分速度，再合成求出粒子到達(dá)區(qū)域II的右邊界的速度．
（2）由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出粒子在電場(chǎng)II中做類平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向的位移y，確定出粒子進(jìn)入Ⅲ時(shí)的位置和在Ⅲ中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑．在區(qū)域Ⅲ中，由庫侖力提供向心力，由牛頓第二定律求解電荷量．
（3）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出粒子在電場(chǎng)Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．粒子在區(qū)域Ⅲ中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，由線速度和半徑求出周期．由于對(duì)稱性，粒子在區(qū)域Ⅳ與Ⅱ中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，在區(qū)域Ⅴ與區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，再求解總時(shí)間．
解答：解：
（1）粒子在電場(chǎng)I中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，出區(qū)域I時(shí)的為v，由動(dòng)能定理得
            ，則
此后在電場(chǎng)II中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則
水平方向：4l=vt₂   
豎直方向： 
所以粒子到達(dá)區(qū)域Ⅱ的右邊界的速度 
速度與x軸正方向的夾角
（2）電場(chǎng)II中做類平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向的位移   
粒子從（-l，-l）位置進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ中，在區(qū)域Ⅲ中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則軌道半徑
由   解得
（3）粒子在電場(chǎng)I中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
粒子在區(qū)域Ⅲ中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
粒子穿越區(qū)域IV的時(shí)間與穿越區(qū)域II的時(shí)間相同，進(jìn)入?yún)^(qū)域V先減速為0，再加速返回，則返回的總時(shí)間
答：（1）粒子到達(dá)區(qū)域Ⅱ的右邊界的速度是，速度與x軸正方向的夾角為45°．
    （2）點(diǎn)電荷Q的電荷量．
    （3）粒子由靜止釋放運(yùn)動(dòng)到第一次回到初始位置的時(shí)間+．
點(diǎn)評(píng)：本題考查分析較為復(fù)雜的電場(chǎng)與力學(xué)的綜合題，盡管復(fù)雜，但過程分析并不難，要注意電場(chǎng)加速、偏轉(zhuǎn)和圓周運(yùn)動(dòng)的研究方法的不同．