Question

【題目】如圖所示空間分為I、Ⅱ兩個足夠長的區(qū)域，各界面（圖中虛線）水平，I區(qū)域存在勻強電場E1=1.0×l04V/m，方向豎直向上；Ⅱ區(qū)域存在勻強電場E2= ×l05V/m，方向水平向右，兩個區(qū)域寬度分別為d1=5.0m，d2=4.0m．一質量m=1.0×10﹣8kg、電荷量q=1.6×10 ﹣6C的粒子從D點由靜止釋放，粒子重力忽略不計，求：

（1）粒子離開區(qū)域I時的速度大小；
（2）粒子出區(qū)域Ⅱ后加另一個勻強電場，使粒子在此電場作用下經(jīng)1.0s速度變?yōu)榱悖�求�?/span>
電場的方向及電場強度E3 ．

Answer 1

【答案】
（1）

解：由動能定理得，qEId1= m ，

解得：v1= = m/s=4×103 m/s

（2）

解：粒子在區(qū)域Ⅱ做類平拋運動，水平向右為y軸，豎直向上為x軸．

設粒子剛出區(qū)域Ⅱ時速度與邊界的夾角為θ，

則有：vx=v1 vy=at…①

粒子在勻強電場區(qū)域Ⅱ運動時的加速度：

a= …②

粒子在勻強電場區(qū)域Ⅱ內的運動時間：

t= …③

又有：tanθ= …④

聯(lián)立①②③④代入數(shù)據(jù)可解得：θ=30°，

要使粒子的速度變?yōu)榱悖�所加電場的方向應與粒子出區(qū)域Ⅱ時的速度方向相反，即與水平成30°斜向左下方；

粒子剛出區(qū)域Ⅱ時速度大小：

v= = m/s=8×103 m/s，

粒子在另一個勻強電場區(qū)域運動時的加速度：

a′= …⑤

又因為v=a′t′…⑥

聯(lián)立⑤⑥代入數(shù)據(jù)可解得：E3=50V/m

【解析】（1）根據(jù)動能定理求出粒子離開區(qū)域I時的速度大小；（2）根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求出粒子剛出區(qū)域Ⅱ時速度與邊界的夾角，要使粒子的速度變?yōu)榱悖�所加電場的方向應與粒子出區(qū)域Ⅱ時的速度方向相反，
然后根據(jù)速度的合成求出粒子剛出區(qū)域Ⅱ時速度大小，最后根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求出所加的另一個電場強度．
【考點精析】掌握平拋運動和動能定理的綜合應用是解答本題的根本，需要知道特點:①具有水平方向的初速度;②只受重力作用，是加速度為重力加速度g的勻變速曲線運動；運動規(guī)律:平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動；應用動能定理只考慮初、末狀態(tài)，沒有守恒條件的限制，也不受力的性質和物理過程的變化的影響.所以，凡涉及力和位移，而不涉及力的作用時間的動力學問題，都可以用動能定理分析和解答，而且一般都比用牛頓運動定律和機械能守恒定律簡捷．