Question

14．如圖所示，邊長為L的正方形區(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)度的大小和粒子離開電場時(shí)的動(dòng)能；
（2）若粒子離開電場時(shí)動(dòng)能為E_k′，則電場強(qiáng)度為多大？

Answer 1

分析 （1）將運(yùn)動(dòng)沿著水平和豎直方向正交分解，運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和動(dòng)能定理列式求解；
（2）粒子在ab方向上作勻速運(yùn)動(dòng)；粒子在ad方向上做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)；運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和動(dòng)能定理列式求解

解答 解：（1）粒子的初動(dòng)能為：E₀=$\frac{1}{2}{mv}_{0}^{2}$
粒子在ab方向上作勻速運(yùn)動(dòng)，有：L=v₀t
粒子在ad方向上做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)有：L=$\frac{1}{2}$at²
根據(jù)牛頓第二定律有：a=$\frac{qE}{m}$
所以有：E=$\frac{4{E}_{0}}{qL}$
根據(jù)動(dòng)能定理，有：
qEL=E_kt-E_k
所以有：
E_kt=qEL+E_k=5E_k．
即電場強(qiáng)度的大小為$\frac{4{E}_{k}}{qL}$，粒子離開電場時(shí)的動(dòng)能為5E_k．
（2）根據(jù)牛頓第二定律，有：
qE=ma…①
沿初速度方向做勻速運(yùn)動(dòng)，有：
x=v₀t…②
沿電場方向的分位移為：
y=$\frac{1}{2}$at² …③
根據(jù)動(dòng)能定理，有：
qEy=E_K′-E_k…④
當(dāng)帶電粒子從bc邊飛出時(shí)，x=L，y＜L，由①②③④式聯(lián)立解得：
E=$\frac{\sqrt{4{E}_{k}（{E}_{k}′-{E}_{k}）}}{qL}$
當(dāng)帶電粒子從cd邊飛出時(shí)，y=L，x＜L，由①②③④式聯(lián)立解得：
E=$\frac{{E}_{k}′-{E}_{k}}{qL}$
即當(dāng)帶電粒子從bc邊飛出時(shí)電場強(qiáng)度為：E=$\frac{\sqrt{4{E}_{k}（{E}_{k}′-{E}_{k}）}}{qL}$；當(dāng)帶電粒子從cd邊飛出時(shí)電場強(qiáng)度為$\frac{E{′}_{k}-{E}_{0}}{qL}$．
答：（1）電場強(qiáng)度的大小為$\frac{4{E}_{k}}{qL}$，粒子離開電場時(shí)的動(dòng)能為5E_k
（2）當(dāng)帶電粒子從bc邊飛出時(shí)電場強(qiáng)度為E=$\frac{\sqrt{4{E}_{k}（{E}_{k}′-{E}_{k}）}}{qL}$；當(dāng)帶電粒子從cd邊飛出時(shí)電場強(qiáng)度為$\frac{{E}_{k}′-{E}_{k}}{qL}$．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)沿初速度方向和電場方向進(jìn)行正交分解，然后根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解．