Question

16．如圖所示，勻強電場分布在邊長為L的正方形區(qū)域ABCD內，M、N分別為AB和AD的中點，一個初速度為v₀，質量為m的帶負電粒子q沿紙面射入電場．帶電粒子的重力不計．
（1）如果帶電粒子從M點垂直電場方向進入電場后，恰好從D點離開電場，求勻強電場的電場強度E和帶電粒子從D點離開電場時的動能E_k1．
（2）若帶電粒子從N點垂直BC方向射入電場，它在電場中的運動時間t是多少？離開電場時的動能E_k2為多大？

Answer 1

分析 （1）帶電若粒子從D點離開電場，粒子做類平拋運動沿電場方向上的位移為L，垂直于電場方向上的位移為$\frac{1}{2}$L，結合牛頓第二定律和運動學公式求出電場強度的大�。�根據動能定理求粒子離開電場時的動能．
（2）若帶電粒子從N點垂直BC方向射入電場，粒子做勻減速運動，由牛頓第二定律和運動學公式結合求時間，并求離開電場時的動能E_k2．

解答 解：（1）從M→D過程粒子做類平拋運動，則
  沿v₀方向有：L=v₀t
  垂直v₀方向：$\frac{1}{2}$L=$\frac{1}{2}$at²
又 a=$\frac{qE}{m}$
解得：E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{qL}$
根據動能定理得：
  qE$•\frac{1}{2}$L=E_k1-$\frac{1}{2}$mv₀²，
聯(lián)立上兩式得E_k1=mv₀²．
（2）帶電粒子從N點垂直BC方向射入電場，粒子做勻減速直線運動，設粒子勻減速的位移為x時速度減至零．
根據動能定理得：-qEL=0-$\frac{1}{2}$mv₀²，
又E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{qL}$
解得 x=$\frac{L}{2}$
所以粒子最終從AD邊離開電場．
由$\frac{{v}_{0}}{2}$•$\frac{1}{2}$t=$\frac{L}{2}$
解得  t=$\frac{2L}{{v}_{0}}$
根據對稱性得知：離開電場時的動能 E_k2=$\frac{1}{2}$mv₀²
答：
（1）勻強電場的電場強度E為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{qL}$，帶電粒子從D點離開電場時的動能E_k1為mv₀²．
（2）粒子在電場中的運動時間t是$\frac{2L}{{v}_{0}}$，離開電場時的動能E_k2為$\frac{1}{2}$mv₀²．

點評 本題關鍵要能根據粒子的運動情況，靈活選擇研究方法．對于類平拋運動，往往將帶電粒子的運動沿初速度方向和電場方向進行正交分解，然后根據牛頓第二定律和運動學公式列式求解．