Question

17．如圖所示，邊長為上的正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在著勻強(qiáng)電場．電荷量為q、動(dòng)能為E_k0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．求：
（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)的動(dòng)能E_k2=2E_k0，試判斷帶電粒子從電場的哪條邊界離開？計(jì)算這種情況下電場強(qiáng)度的大�。�

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在垂直于電場方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在沿電場方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律求出電場強(qiáng)度的大小，通過動(dòng)能定理求出粒子離開電場時(shí)的動(dòng)能．
（2）根據(jù)粒子末動(dòng)能的變化，電場力做功的變化，判斷粒子離開電場時(shí)的位置．由功能關(guān)系和類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求電場強(qiáng)度

解答 解：（1）帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)不考慮重力作用情況下，只受電場力作用，因?yàn)槌跛俣扰c電場力垂直，所以帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，從a點(diǎn)進(jìn)入電場，從c點(diǎn)離開電場，則
垂直于電場方向：$L={v}_{0}^{\;}t$          沿電場方向：$L=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$
又${E}_{k0}^{\;}=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
據(jù)牛頓第二定律得：$a=\frac{qE}{m}$
解得：$t=\frac{2m}{qE}\sqrt{\frac{2{E}_{k0}^{\;}}{m}}$
故離開電場時(shí)沿電場方向的速度大小為$v′=at=\frac{qE}{m}•\frac{2m}{qE}\sqrt{\frac{2{E}_{k0}^{\;}}{m}}=2{v}_{0}^{\;}$
則離開電場的合速度為$\sqrt{5}{v}_{0}^{\;}$
離開電場時(shí)帶電粒子的動(dòng)能為${E}_{k1}^{\;}=\frac{1}{2}m{v}_{合}^{2}=5{E}_{k0}^{\;}$
（2）若粒子離開電場時(shí)的動(dòng)能為${E}_{k2}^{\;}=2{E}_{k0}^{\;}＜5{E}_{k0}^{\;}$，則電場力做功變小
故帶電粒子一定從bc邊射出
設(shè)射出電場時(shí)沿電場線方向的位移為y，由功能關(guān)系得${E}_{k0}^{\;}+qEy={E}_{k2}^{\;}$
設(shè)帶電粒子離開電場時(shí)沿電場線方向的速度為${v}_{y}^{\;}$，則
$L={v}_{0}^{\;}t$
$y=\frac{1}{2}\frac{qE}{m}{t}_{\;}^{2}$
聯(lián)立解得：$E=\frac{2{E}_{k0}^{\;}}{qL}$
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${E}_{k1}^{\;}$為$5{E}_{k0}^{\;}$；
（2）若粒子離開電場時(shí)的動(dòng)能E_k2=2E_k0，帶電粒子一定從電場的bc邊界離開，計(jì)算這種情況下電場強(qiáng)度的大小$\frac{2{E}_{k0}^{\;}}{qL}$

點(diǎn)評 本題考查帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)，掌握處理類平拋運(yùn)動(dòng)的方法，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解．