Question

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)域是由三個(gè)邊長(zhǎng)均為L(zhǎng)的正方形區(qū)域ABFE、BCGF和CDHG首尾相接組成的，且矩形的下邊EH與桌面相接．三個(gè)正方形區(qū)域中分別存在方向?yàn)樨Q直向下、豎直向上、豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其場(chǎng)強(qiáng)大小比例為1：1：2．現(xiàn)有一帶正電的滑塊以某一初速度從E點(diǎn)射入場(chǎng)區(qū)，初速度方向水平向右，滑塊最終恰從D點(diǎn)射出場(chǎng)區(qū)，已知滑塊在ABFE區(qū)域所受靜電力和所受重力大小相等，桌面與滑塊之間的滑動(dòng)摩擦因素為0.125，重力加速度為g，滑塊可以視作質(zhì)點(diǎn)．求：
（1）滑塊進(jìn)入CDHG區(qū)域時(shí)的速度大�。�
（2）滑塊在ADHE區(qū)域運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間．

Answer 1

分析：（1）在第三個(gè)過程中，滑塊做類平拋運(yùn)動(dòng)，將運(yùn)動(dòng)分解為水平方向和豎直方向的兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)來列式求解；
（2）分三個(gè)過程計(jì)算出運(yùn)動(dòng)時(shí)間；其中第一過程勻減速，第二過程勻速，第三過程類平拋運(yùn)動(dòng)．

解答：解：設(shè)三個(gè)區(qū)域的電場(chǎng)強(qiáng)度大小依次為E、E和2E，滑塊在三個(gè)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t₁、t₂和t₃：
（1）在CDHG區(qū)域，對(duì)滑塊進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律有
2qE-mg=ma₃
而由題意知
qE=mg
在水平方向和豎直方向分別有
L=v_Gt₃
L=

1

2

a3t32
以上解得：
vG=

gL 2

t3=

2L g

即滑塊進(jìn)入CDHG區(qū)域時(shí)的速度大小為

gL 2

．
（2）在BCGF區(qū)域，對(duì)滑塊進(jìn)行受力分析，在豎直方向qE=mg
所以不受摩擦力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)
vF=vG=

gL 2

t2=t3=

2L g

在ABFG區(qū)域，對(duì)滑塊進(jìn)行受力分析，在豎直方向
F_N=qE+mg
在水平方向
F_f=ma₁
由滑動(dòng)摩擦力定律：
Ff=

1

8

FN
以上解得
a1=

1

4

g
當(dāng)滑塊由E運(yùn)動(dòng)到F時(shí)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公
式v_F²-v_E²=2（-a₁）L
代入解得
vE=

gL

仍由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式
v_F=v_E-a₁t₁
解得
t1=(4-2

2

)

L g

所以
t=t1+t2+t3=4

L g

即滑塊在ADHE區(qū)域運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為4

L g

．

點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵先根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的位移公式求出類平拋的初速度，再根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，再結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解．