Question

12．質(zhì)量m=2.0×10^-4kg、電荷量q=1.0×10^-6C的帶正電微粒靜止在空間范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E₁．在t=0時(shí)刻，電場(chǎng)強(qiáng)度突然增加到E₂=4.0×10³N/C，到t=0.20s時(shí)再把電場(chǎng)方向改為水平向右，場(chǎng)強(qiáng)大小保持不變．取g=10m/s²．求：
（1）t=0.20s時(shí)間內(nèi)帶電微粒上升的高度；
（2）t=0.20s時(shí)間內(nèi)帶電微粒增加的電勢(shì)能；
（3）電場(chǎng)方向改為水平向右后帶電微粒最小的動(dòng)能．

Answer 1

分析 （1）帶正電微粒靜止時(shí)，重力與電場(chǎng)力平衡；電場(chǎng)強(qiáng)度增加，電場(chǎng)力增加，帶電微粒將向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，由位移公式求解t=0.20s時(shí)間內(nèi)上升的高度；
（2）在t=0.20s時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)力對(duì)帶電微粒做正功，電勢(shì)能減少，由W=qU求解帶電微粒增加的電勢(shì)能；
（3）求出微粒動(dòng)能的表達(dá)式，然后求出微粒的最小動(dòng)能．

解答 解：（1）設(shè)在E₂電場(chǎng)中，設(shè)帶電微粒向上的加速度為a₁．
根據(jù)牛頓第二定律q E₂-mg=ma₁  
即：1.0×10^-6×4.0×10³-2.0×10^-4×10=2.0×10^-4a₁，
解得：a₁=10m/s²     
設(shè)t=0.20s時(shí)間內(nèi)帶電微粒上升的高度為h，則：h=$\frac{1}{2}$a₁t²=$\frac{1}{2}$×10×0.2²=0.20m                                     
（2）在t=0.20s時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)力對(duì)帶電微粒做正功，電勢(shì)能減少，
減少的電勢(shì)能為：△E_P=-qE₂h=q=1.0×10^-6×4.0×10³×0.2=8.0×10^-4J     
（3）t=0.2s時(shí)微粒的速度：v₁=a₁t=10×0.2=2m/s，
電場(chǎng)方向變?yōu)樗�平后，微粒在水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，
經(jīng)時(shí)間t₁微粒動(dòng)能最小，水平方向的加速度：a₂=$\frac{q{E}_{2}}{m}$=20m/s²，
豎直方向的速度：v_y=v₁-gt₁=2-10t₁，
水平方向的速度：v_x=a₂t₁=20t₁，
微粒的動(dòng)能：E_K=$\frac{1}{2}$m（v_x²+v_y²）=$\frac{1}{2}$m[（a₂t₁）²+（v₁-gt₁）²]=$\frac{1}{2}$m[（a₂²+g²）t₁²-2v₁gt₁+v₁²]，
當(dāng)t₁=$\frac{{v}_{1}g}{{a}_{2}^{2}+{g}^{2}}$=0.04s時(shí)，微粒的動(dòng)能最小，動(dòng)能最小值為：E_K最小=3.2×10^-4J；
（1）t=0.20s時(shí)間內(nèi)帶電微粒上升的高度為0.20m；
（2）t=0.20s時(shí)間內(nèi)帶電微粒增加的電勢(shì)能為8.0×10^-4J；
（3）電場(chǎng)方向改為水平向右后帶電微粒最小的動(dòng)能為3.2×10^-4J．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了求微粒的位移、微粒的最小動(dòng)能問(wèn)題，分析清楚微粒運(yùn)動(dòng)過(guò)程、應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與動(dòng)能的計(jì)算公式可以解題，解題時(shí)注意數(shù)學(xué)最小的應(yīng)用．