Question

18．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)電場中，電場強(qiáng)度大小為E₁．在t=0時(shí)刻，電場強(qiáng)度突然增加到E₂=4.0×10³N/C，到t=0.20s時(shí)再把電場方向改為水平向右，場強(qiáng)大小保持不變，取g=10m/s²．求：
（1）t=0.20s時(shí)間內(nèi)帶電微粒上升的高度；
（2）電場方向改為水平向右后帶電微粒最小的動(dòng)能．

Answer 1

分析 （1）由牛頓第二定律求出微粒的加速度，然后由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式求出位移．
（2）求出微粒動(dòng)能的表達(dá)式，然后求出微粒的最小動(dòng)能．

解答 解：（1）在電場E₂中微粒向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，
由牛頓第二定律得：qE₂-mg=ma₁，
代入數(shù)據(jù)解得：a₁=10m/s²，
t=0.2s末微粒上升的高度：h=$\frac{1}{2}$a₁t²=$\frac{1}{2}$×10×0.2²=0.2m；
（2）t=0.2s時(shí)微粒的速度：v₁=a₁t=2m/s，
電場方向變?yōu)樗�平后，微粒在水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，
經(jīng)時(shí)間t₁微粒動(dòng)能最小，水平方向的加速度：a₂=$\frac{q{E}_{2}}{m}$=20m/s²，
豎直方向的速度：v_y=v₁-gt₁=2-10t₁，
水平方向的速度：v_x=a₂t₁=20t₁，
微粒的動(dòng)能：E_K=$\frac{1}{2}$m（v_x²+v_y²）=$\frac{1}{2}$m[（a₂t₁）²+（v₁-gt₁）²]=$\frac{1}{2}$m[（a₂²+g²）t₁²-2v₁gt₁+v₁²]，
當(dāng)t₁=$\frac{{v}_{1}g}{{a}_{2}^{2}+{g}^{2}}$=0.04s時(shí)，微粒的動(dòng)能最小，動(dòng)能最小值為：E_K最小=3.2×10^-4J；
答：（1）t=0.20s時(shí)間內(nèi)帶電微粒上升的高度為0.2m；
（2）電場方向改為水平向右后帶電微粒最小的動(dòng)能3.2×10^-4J．

點(diǎn)評 本題考查了求微粒的位移、微粒的最小動(dòng)能問題，分析清楚微粒運(yùn)動(dòng)過程、應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與動(dòng)能的計(jì)算公式可以解題，解題時(shí)注意數(shù)學(xué)最小的應(yīng)用．