Question

8．在Oxy平面內(nèi)的OPMN區(qū)域內(nèi)，存在兩個(gè)場強(qiáng)大小均為E，方向分別向左和豎直向上的勻強(qiáng)電場Ⅰ和Ⅱ，兩電場的邊界均是邊長為L的正方形．兩電場之間存在一段寬為L的真空區(qū)域．已知電子的質(zhì)量為m，電量為e，不計(jì)電子重力．求：
（1）該區(qū)域OP邊的中點(diǎn)處由靜止釋放電子，電子進(jìn)入Ⅱ區(qū)域時(shí)的速度大�。�
（2）若在Ⅰ區(qū)域坐標(biāo)為（$\frac{L}{2}$，$\frac{L}{2}$）的Q點(diǎn)由靜止釋放電子，求電子離開Ⅱ區(qū)域時(shí)的位置坐標(biāo)及電子射出電場時(shí)速度的大小、方向．

Answer 1

分析 （1）電子在電場I區(qū)域做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理求加獲得的速度．電子在兩個(gè)電場區(qū)域之間做勻速運(yùn)動(dòng)，電子進(jìn)入Ⅱ區(qū)域時(shí)的速度等于在Ⅰ區(qū)域加速獲得的速度．
（2）根根據(jù)電子在電場I中做勻加速運(yùn)動(dòng)，在兩電場間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入電場II做類平拋運(yùn)動(dòng)，離開電場II做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解求解電子離開OABC區(qū)域的位置坐標(biāo)和速度．

解答 解：（1）電子在電場I區(qū)域做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得：
eEL=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$…①
得電子離開電場I時(shí)的速度：v=$\sqrt{\frac{2eEL}{m}}$
電子在兩個(gè)電場區(qū)域之間做勻速運(yùn)動(dòng)，所以電子進(jìn)入Ⅱ區(qū)域時(shí)的速度等于v，為$\sqrt{\frac{2eEL}{m}}$．
（2）電子在電場I中加速過程，由動(dòng)能定理得：eE•$\frac{L}{2}$=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$…②
電子在電場Ⅱ中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，滿足：L=v₀t…③
豎直方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有：y=$\frac{1}{2}$at^2…④
加速度為：a=$\frac{eE}{m}$…⑤
由②③④⑤可解得電子在電場II區(qū)域內(nèi)偏轉(zhuǎn)的位移為：y=$\frac{L}{2}$
所以電子離開Ⅱ區(qū)域時(shí)的位置坐標(biāo)為（3L，$\frac{L}{2}$）．
設(shè)電子離開電場Ⅱ的速度大小為v′，由動(dòng)能定理得：
  eE•$\frac{L}{2}$=$\frac{1}{2}$mv′²-$\frac{1}{2}$mv₀^2…⑥
解得：v′=$\sqrt{\frac{2eEL}{m}}$
設(shè)電子射出電場時(shí)速度的方向與水平方向的夾角為 α，則
   tanα=$\frac{at}{{v}_{0}}$…⑦
聯(lián)立②③⑤得 tanα=1，得 α=45°
答：（1）該區(qū)域OP邊的中點(diǎn)處由靜止釋放電子，電子進(jìn)入Ⅱ區(qū)域時(shí)的速度大小是$\sqrt{\frac{2eEL}{m}}$；
（2）若在Ⅰ區(qū)域坐標(biāo)為（$\frac{L}{2}$，$\frac{L}{2}$）的Q點(diǎn)由靜止釋放電子，電子離開Ⅱ區(qū)域時(shí)的位置坐標(biāo)是（3L，$\frac{L}{2}$），電子射出電場時(shí)速度的大小是$\sqrt{\frac{2eEL}{m}}$、方向與水平方向成45°斜向右下方．

點(diǎn)評(píng) 分析電子在電場中的受力特點(diǎn)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)特征確定電子的運(yùn)動(dòng)情況，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解．掌握運(yùn)動(dòng)的合成與分解求解曲線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律是正確解題的關(guān)鍵．