Question

【題目】如圖所示空間分為I、Ⅱ兩個(gè)足夠長(zhǎng)的區(qū)域，各界面（圖中虛線）水平，I區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)E1=1.0×l04V/m，方向豎直向上；Ⅱ區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)E2= ×l05V/m，方向水平向右，兩個(gè)區(qū)域?qū)挾确謩e為d1=5.0m，d2=4.0m．一質(zhì)量m=1.0×10﹣8kg、電荷量q=1.6×10 ﹣6C的粒子從D點(diǎn)由靜止釋放，粒子重力忽略不計(jì)，求：

（1）粒子離開區(qū)域I時(shí)的速度大��；
（2）粒子出區(qū)域Ⅱ后加另一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，使粒子在此電場(chǎng)作用下經(jīng)1.0s速度變?yōu)榱�，求�?/span>
電場(chǎng)的方向及電場(chǎng)強(qiáng)度E3 ．

Answer 1

【答案】
（1）

解：由動(dòng)能定理得，qEId1= m ，

解得：v1= = m/s=4×103 m/s

（2）

解：粒子在區(qū)域Ⅱ做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平向右為y軸，豎直向上為x軸．

設(shè)粒子剛出區(qū)域Ⅱ時(shí)速度與邊界的夾角為θ，

則有：vx=v1 vy=at…①

粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域Ⅱ運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度：

a= …②

粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域Ⅱ內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：

t= …③

又有：tanθ= …④

聯(lián)立①②③④代入數(shù)據(jù)可解得：θ=30°，

要使粒子的速度變?yōu)榱悖�所加電�?chǎng)的方向應(yīng)與粒子出區(qū)域Ⅱ時(shí)的速度方向相反，即與水平成30°斜向左下方；

粒子剛出區(qū)域Ⅱ時(shí)速度大�。�

v= = m/s=8×103 m/s，

粒子在另一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度：

a′= …⑤

又因?yàn)関=a′t′…⑥

聯(lián)立⑤⑥代入數(shù)據(jù)可解得：E3=50V/m

【解析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理求出粒子離開區(qū)域I時(shí)的速度大��；（2）根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出粒子剛出區(qū)域Ⅱ時(shí)速度與邊界的夾角，要使粒子的速度變?yōu)榱�，所加電�?chǎng)的方向應(yīng)與粒子出區(qū)域Ⅱ時(shí)的速度方向相反，
然后根據(jù)速度的合成求出粒子剛出區(qū)域Ⅱ時(shí)速度大小，最后根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出所加的另一個(gè)電場(chǎng)強(qiáng)度．
【考點(diǎn)精析】掌握平拋運(yùn)動(dòng)和動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用是解答本題的根本，需要知道特點(diǎn):①具有水平方向的初速度;②只受重力作用，是加速度為重力加速度g的勻變速曲線運(yùn)動(dòng)；運(yùn)動(dòng)規(guī)律:平拋運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)；應(yīng)用動(dòng)能定理只考慮初、末狀態(tài)，沒有守恒條件的限制，也不受力的性質(zhì)和物理過程的變化的影響.所以，凡涉及力和位移，而不涉及力的作用時(shí)間的動(dòng)力學(xué)問題，都可以用動(dòng)能定理分析和解答，而且一般都比用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和機(jī)械能守恒定律簡(jiǎn)捷．