Question

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，場(chǎng)強(qiáng)方向保持不變．到t=0.20s時(shí)刻再把電場(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）原來(lái)電場(chǎng)強(qiáng)度E₁的大小？
（2）t=0.20s時(shí)刻帶電微粒的速度大��？
（3）帶電微粒運(yùn)動(dòng)速度水平向右時(shí)刻的速度？

Answer 1

分析：（1）當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)為E₁的時(shí)候，帶正電微粒靜止，重力與電場(chǎng)力平衡，由平衡條件求解電場(chǎng)強(qiáng)度E₁的大�。�
（2）當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)為E₂的時(shí)候，帶正電微粒由靜止開(kāi)始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，由初速度為零和時(shí)間，由速度公式求解t=0.20s時(shí)刻帶電微粒的速度大小，也可以用動(dòng)量定理求解，過(guò)程更簡(jiǎn)潔．
（3）t=0.20s時(shí)刻把電場(chǎng)方向改為水平向右后，粒子受到的電場(chǎng)力也變?yōu)樗�平向右，采用運(yùn)動(dòng)的分解法：豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做初速度零的勻加速運(yùn)動(dòng)．由豎直方向勻減速運(yùn)動(dòng)求出速度減小到零的時(shí)間，此時(shí)速度即變?yōu)樗�平方向，由牛頓定律和速度公式結(jié)合求解速度水平向右時(shí)刻的速度．

解答：解：（1）當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)為E₁的時(shí)候，帶正電微粒靜止，所以mg=E₁q
所以 E1=

mg

q

=2.0×103N/C．
（2）當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)為E₂的時(shí)候，帶正電微粒由靜止開(kāi)始向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)0.20s后的速度為v，
由動(dòng)量定理有 （E₂q-mg）t=mv，
解得：v=2m/s
（3）把電場(chǎng)E₂改為水平向右后，帶電微粒在豎直方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)帶電微粒速度達(dá)到水平向右所用時(shí)間為t₁，
則 0-v₁=-gt₁，
解得：t₁=0.20s
設(shè)帶電微粒在水平方向電場(chǎng)中的加速度為a₂，
根據(jù)牛頓第二定律 qE₂=ma₂，
解得：a₂=20 m/s²
設(shè)此時(shí)帶電微粒的水平速度為v₂，v₂=a₂t₁，
解得：v₂=4.0m/s
答：（1）原來(lái)電場(chǎng)強(qiáng)度E₁的大小為2.0×10³N/C．
（2）t=0.20s時(shí)刻帶電微粒的速度大小為2m/s．
（3）帶電微粒運(yùn)動(dòng)速度水平向右時(shí)刻的速度為4m/s．

點(diǎn)評(píng)：本題是帶電粒子在電場(chǎng)中平衡與運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，首先要分析粒子的受力情況來(lái)分析運(yùn)動(dòng)情況，第（3）問(wèn)題應(yīng)用的是運(yùn)動(dòng)的分解方法，并要抓住水平方向與豎直方向具有等時(shí)性的特點(diǎn)．