Question

8．如圖所示空間分為I、Ⅱ兩個(gè)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(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=$\frac{\sqrt{3}}{4}$×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)的速度大小；
（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�?br />電場(chǎng)的方向及電場(chǎng)強(qiáng)度E₃．

Answer 1

分析 （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．

解答 解：（1）由動(dòng)能定理得，qE_Id₁=$\frac{1}{2}$m${v}_{1}^{2}$，
解得：v₁=$\sqrt{\frac{2q{E}_{1}w4xzovd_{1}}{m}}$=$\sqrt{\frac{2×1.6×1{0}^{-6}×1.0×1{0}^{4}×5.0}{1.0×1{0}^{-8}}}$m/s=4×10³ m/s．
（2）粒子在區(qū)域Ⅱ做類平拋運(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：v_x=v₁   v_y=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=$\frac{q{E}_{2}}{m}$…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=$\frac{uaemebk_{2}}{{v}_{1}}$…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(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度：
a′=$\frac{q{E}_{3}}{m}$…⑤
又因?yàn)関=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(shí)的速度大小為4×10³ m/s；
（2）此電場(chǎng)的方向及電場(chǎng)強(qiáng)度E₃為50V/m．

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題，其研究方法與質(zhì)點(diǎn)動(dòng)力學(xué)相同，同樣遵循運(yùn)動(dòng)的合成與分解、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理等力學(xué)規(guī)律．
處理問題的要點(diǎn)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(yùn)動(dòng)性質(zhì)（平衡、加速或減速，是直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng)），并選用相應(yīng)的物理規(guī)律．