Question

16．如圖所示，長為L（L=ab=dc）高為H（H=bc=ad）的矩形區(qū)域abcd內(nèi)存在著勻強(qiáng)電場．電量為q、動(dòng)能為E_k的帶電粒子從a點(diǎn)沿ab方向進(jìn)入電場，不計(jì)重力．
（1）若粒子從c點(diǎn)離開電場，求電場強(qiáng)度的大小E和粒子離開電場時(shí)的動(dòng)能E_kt；
（2）若粒子從bc邊離開電場時(shí)動(dòng)能為E′_k，則電場強(qiáng)度E₁為多大？

Answer 1

分析 （1）電荷做類似平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類似平拋運(yùn)動(dòng)的分位移公式列式求解電場強(qiáng)度，然后結(jié)合動(dòng)能定理即可求出離開時(shí)的動(dòng)能；
（2）粒子從BC邊離開電場，結(jié)合在電場方向的偏移，根據(jù)動(dòng)能定理求出電場強(qiáng)度的大小．

解答 解：（1）帶電在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)分運(yùn)動(dòng)公式，有：
L=v₀t
H=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
a=$\frac{qE}{m}$
聯(lián)立解得：E=$\frac{2m{v}_{0}^{2}H}{q{L}^{2}}=\frac{4{E}_{k}H}{q{L}^{2}}$
粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的過程電場力做功，由動(dòng)能定理得：qEH=E_kt-E_k
得：E_kt=E_k+qEH=$\frac{4{E}_{k}{H}^{2}}{{L}^{2}}+{E}_{k}$
（2）設(shè)粒子從BC邊離開電場的偏轉(zhuǎn)量為y′，
則偏轉(zhuǎn)量：$y′=\frac{1}{2}a′t=\frac{1}{2}•\frac{q{E}_{1}{L}^{2}}{m{v}_{0}^{2}}$
根據(jù)動(dòng)能定理得：qE₁y′=E_k′-E_k
解得：${E}_{1}=\frac{\sqrt{4{E}_{k}（{E}_{k}′-{E}_{k}）}}{qL}$
答：（1）若粒子從c點(diǎn)離開電場，電場強(qiáng)度的大小E和粒子離開電場時(shí)的動(dòng)能是$\frac{4{E}_{k}{H}^{2}}{{L}^{2}}+{E}_{k}$；
（2）若粒子從bc邊離開電場時(shí)動(dòng)能為E′_k，則電場強(qiáng)度E₁為$\frac{\sqrt{4{E}_{k}（{E}_{k}′-{E}_{k}）}}{qL}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了粒子在勻強(qiáng)電場的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是結(jié)合類似平拋運(yùn)動(dòng)的分運(yùn)動(dòng)公式和牛頓第二定律列式求解，常規(guī)題目．