Question

8．在Oxy平面內的OPMN區(qū)域內，存在兩個場強大小均為E，方向分別向左和豎直向上的勻強電場Ⅰ和Ⅱ，兩電場的邊界均是邊長為L的正方形．兩電場之間存在一段寬為L的真空區(qū)域．已知電子的質量為m，電量為e，不計電子重力．求：
（1）該區(qū)域OP邊的中點處由靜止釋放電子，電子進入Ⅱ區(qū)域時的速度大�。�
（2）若在Ⅰ區(qū)域坐標為（$\frac{L}{2}$，$\frac{L}{2}$）的Q點由靜止釋放電子，求電子離開Ⅱ區(qū)域時的位置坐標及電子射出電場時速度的大小、方向．

Answer 1

分析 （1）電子在電場I區(qū)域做初速度為0的勻加速運動，根據(jù)動能定理求加獲得的速度．電子在兩個電場區(qū)域之間做勻速運動，電子進入Ⅱ區(qū)域時的速度等于在Ⅰ區(qū)域加速獲得的速度．
（2）根根據(jù)電子在電場I中做勻加速運動，在兩電場間做勻速直線運動，進入電場II做類平拋運動，離開電場II做勻速直線運動，根據(jù)運動的合成與分解求解電子離開OABC區(qū)域的位置坐標和速度．

解答 解：（1）電子在電場I區(qū)域做初速度為0的勻加速直線運動，根據(jù)動能定理得：
eEL=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$…①
得電子離開電場I時的速度：v=$\sqrt{\frac{2eEL}{m}}$
電子在兩個電場區(qū)域之間做勻速運動，所以電子進入Ⅱ區(qū)域時的速度等于v，為$\sqrt{\frac{2eEL}{m}}$．
（2）電子在電場I中加速過程，由動能定理得：eE•$\frac{L}{2}$=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$…②
電子在電場Ⅱ中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，滿足：L=v₀t…③
豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動，有：y=$\frac{1}{2}$at^2…④
加速度為：a=$\frac{eE}{m}$…⑤
由②③④⑤可解得電子在電場II區(qū)域內偏轉的位移為：y=$\frac{L}{2}$
所以電子離開Ⅱ區(qū)域時的位置坐標為（3L，$\frac{L}{2}$）．
設電子離開電場Ⅱ的速度大小為v′，由動能定理得：
  eE•$\frac{L}{2}$=$\frac{1}{2}$mv′²-$\frac{1}{2}$mv₀^2…⑥
解得：v′=$\sqrt{\frac{2eEL}{m}}$
設電子射出電場時速度的方向與水平方向的夾角為 α，則
   tanα=$\frac{at}{{v}_{0}}$…⑦
聯(lián)立②③⑤得 tanα=1，得 α=45°
答：（1）該區(qū)域OP邊的中點處由靜止釋放電子，電子進入Ⅱ區(qū)域時的速度大小是$\sqrt{\frac{2eEL}{m}}$；
（2）若在Ⅰ區(qū)域坐標為（$\frac{L}{2}$，$\frac{L}{2}$）的Q點由靜止釋放電子，電子離開Ⅱ區(qū)域時的位置坐標是（3L，$\frac{L}{2}$），電子射出電場時速度的大小是$\sqrt{\frac{2eEL}{m}}$、方向與水平方向成45°斜向右下方．

點評 分析電子在電場中的受力特點，根據(jù)運動特征確定電子的運動情況，再根據(jù)運動的規(guī)律求解．掌握運動的合成與分解求解曲線運動的規(guī)律是正確解題的關鍵．