Question

16．如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)分布在邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形區(qū)域ABCD內(nèi)，M、N分別為AB和AD的中點(diǎn)，一個(gè)初速度為v₀，質(zhì)量為m的帶負(fù)電粒子q沿紙面射入電場(chǎng)．帶電粒子的重力不計(jì)．
（1）如果帶電粒子從M點(diǎn)垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入電場(chǎng)后，恰好從D點(diǎn)離開(kāi)電場(chǎng)，求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E和帶電粒子從D點(diǎn)離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能E_k1．
（2）若帶電粒子從N點(diǎn)垂直BC方向射入電場(chǎng)，它在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t是多少？離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能E_k2為多大？

Answer 1

分析 （1）帶電若粒子從D點(diǎn)離開(kāi)電場(chǎng)，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)沿電場(chǎng)方向上的位移為L(zhǎng)，垂直于電場(chǎng)方向上的位移為$\frac{1}{2}$L，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出電場(chǎng)強(qiáng)度的大小．根據(jù)動(dòng)能定理求粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能．
（2）若帶電粒子從N點(diǎn)垂直BC方向射入電場(chǎng)，粒子做勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求時(shí)間，并求離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能E_k2．

解答 解：（1）從M→D過(guò)程粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，則
  沿v₀方向有：L=v₀t
  垂直v₀方向：$\frac{1}{2}$L=$\frac{1}{2}$at²
又 a=$\frac{qE}{m}$
解得：E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{qL}$
根據(jù)動(dòng)能定理得：
  qE$•\frac{1}{2}$L=E_k1-$\frac{1}{2}$mv₀²，
聯(lián)立上兩式得E_k1=mv₀²．
（2）帶電粒子從N點(diǎn)垂直BC方向射入電場(chǎng)，粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子勻減速的位移為x時(shí)速度減至零．
根據(jù)動(dòng)能定理得：-qEL=0-$\frac{1}{2}$mv₀²，
又E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{qL}$
解得 x=$\frac{L}{2}$
所以粒子最終從AD邊離開(kāi)電場(chǎng)．
由$\frac{{v}_{0}}{2}$•$\frac{1}{2}$t=$\frac{L}{2}$
解得  t=$\frac{2L}{{v}_{0}}$
根據(jù)對(duì)稱性得知：離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能 E_k2=$\frac{1}{2}$mv₀²
答：
（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{qL}$，帶電粒子從D點(diǎn)離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能E_k1為mv₀²．
（2）粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t是$\frac{2L}{{v}_{0}}$，離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能E_k2為$\frac{1}{2}$mv₀²．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵要能根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)情況，靈活選擇研究方法．對(duì)于類平拋運(yùn)動(dòng)，往往將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)沿初速度方向和電場(chǎng)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．