Question

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)帶電粒子的重力．
（1）若粒子從c點(diǎn)離開電場，求粒子離開電場時(shí)的動(dòng)能E_k1
（2）若粒子離開電場時(shí)動(dòng)能為E_k′，則電場強(qiáng)度可能為多大？

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：解：（1）粒子的初動(dòng)能為，Ek=

1

2

m

v

2 0

粒子在ab方向上作勻速運(yùn)動(dòng)，L=v₀t
粒子在ad方向上做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)，L=

1

2

at2=

qEt2

2m

=

qEL2

2m v 2 0

所以E=

4Ek

qL

根據(jù)動(dòng)能定理，有
qEL=E_kt-E_k
所以
E_kt=qEL+E_k=5E_k．
即粒子離開電場時(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=

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=

2 EK(Ek′-EK)

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=

Ek′-Ek

qL

答：（1）若粒子從c點(diǎn)離開電場，求粒子離開電場時(shí)的動(dòng)能為5E_k．
（2）若粒子離開電場時(shí)動(dòng)能為E_k′，則電場強(qiáng)度可能為E=

2 EK(Ek′-EK)

qL

或E=

Ek′-Ek

qL

．

點(diǎn)評：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．