Question

8．如圖所示空間分為I、Ⅱ兩個足夠長的區(qū)域，各界面（圖中虛線）水平，I區(qū)域存在勻強(qiáng)電場E₁=1.0×l0⁴V/m，方向豎直向上；Ⅱ區(qū)域存在勻強(qiáng)電場E₂=$\frac{\sqrt{3}}{4}$×l0⁵V/m，方向水平向右，兩個區(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點由靜止釋放，粒子重力忽略不計，求：
（1）粒子離開區(qū)域I時的速度大��；
（2）粒子出區(qū)域Ⅱ后加另一個勻強(qiáng)電場，使粒子在此電場作用下經(jīng)1.0s速度變?yōu)榱�，求�?br />電場的方向及電場強(qiáng)度E₃．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理求出粒子離開區(qū)域I時的速度大�。�
（2）根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式求出粒子剛出區(qū)域Ⅱ時速度與邊界的夾角，要使粒子的速度變?yōu)榱悖�所加電場的方向�?yīng)與粒子出區(qū)域Ⅱ時的速度方向相反，
然后根據(jù)速度的合成求出粒子剛出區(qū)域Ⅱ時速度大小，最后根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式求出所加的另一個電場強(qiáng)度．

解答 解：（1）由動能定理得，qE_Id₁=$\frac{1}{2}$m${v}_{1}^{2}$，
解得：v₁=$\sqrt{\frac{2q{E}_{1}a58sprd_{1}}{m}}$=$\sqrt{\frac{2×1.6×1{0}^{-6}×1.0×1{0}^{4}×5.0}{1.0×1{0}^{-8}}}$m/s=4×10³ m/s．
（2）粒子在區(qū)域Ⅱ做類平拋運動，水平向右為y軸，豎直向上為x軸．
設(shè)粒子剛出區(qū)域Ⅱ時速度與邊界的夾角為θ，
則有：v_x=v₁   v_y=at…①
粒子在勻強(qiáng)電場區(qū)域Ⅱ運動時的加速度：
a=$\frac{q{E}_{2}}{m}$…②
粒子在勻強(qiáng)電場區(qū)域Ⅱ內(nèi)的運動時間：
t=$\frac{ee8k8w7_{2}}{{v}_{1}}$…③
又有：tanθ=$\frac{{v}_{x}}{{v}_{y}}$…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�，所加電場的方向�?yīng)與粒子出區(qū)域Ⅱ時的速度方向相反，即與水平成30°斜向左下方；
粒子剛出區(qū)域Ⅱ時速度大小：
v=$\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\sqrt{（4×1{0}^{3}）^{2}+（4\sqrt{3}×1{0}^{3}）^{2}}$ m/s=8×10³ m/s，
粒子在另一個勻強(qiáng)電場區(qū)域運動時的加速度：
a′=$\frac{q{E}_{3}}{m}$…⑤
又因為v=a′t′…⑥
聯(lián)立⑤⑥代入數(shù)據(jù)可解得：E₃=50V/m．
答：（1）粒子離開區(qū)域I時的速度大小為4×10³ m/s；
（2）此電場的方向及電場強(qiáng)度E₃為50V/m．

點評 本題考查帶電粒子在電場中的運動問題，其研究方法與質(zhì)點動力學(xué)相同，同樣遵循運動的合成與分解、牛頓運動定律、動能定理等力學(xué)規(guī)律．
處理問題的要點是注意區(qū)分不同的物理過程，弄清在不同的物理過程中物體的受力情況及運動性質(zhì)（平衡、加速或減速，是直線運動還是曲線運動），并選用相應(yīng)的物理規(guī)律．