Question

19．如圖所示，在寬度為L的條形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場，電場的方向平行于區(qū)域邊界，一個(gè)帶電粒子從下邊界上的A點(diǎn)，以初速度v₀沿垂直于電場的AB方向射入電場，從上邊界的C點(diǎn)射出．已知粒子的重力不計(jì)，上邊界上BC間距離為$\frac{1}{4}$L．
（1）求粒子經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的速度大小及速度方向與豎直方向的夾角的正切值．
（2）若帶電粒子的入射速度大小可以為任意值（遠(yuǎn)小于光速），求帶電粒子從上邊界射出時(shí)速度的最小值．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電場中做類似平拋運(yùn)動(dòng)，水平分運(yùn)動(dòng)是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，豎直分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)分運(yùn)動(dòng)公式列式求解；
（2）根據(jù)分運(yùn)動(dòng)公式求解得到合速度的表達(dá)式進(jìn)行分析即可．

解答 解：（1）粒子做類似平拋運(yùn)動(dòng)，以水平方向?yàn)閤軸，豎直方向?yàn)閥軸，將運(yùn)動(dòng)進(jìn)行正交分解，水平分運(yùn)動(dòng)：$\frac{L}{4}={\frac{{v}_{x}}{2}}_{\;}t$，
豎直分運(yùn)動(dòng)：L=v₀t，
聯(lián)立解得：${v}_{x}=\frac{{v}_{0}}{2}$，
故合速度大�。簐=$\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{0}^{2}}=\frac{\sqrt{5}}{2}{v}_{0}$，
合速度方向與豎直方向的夾角的正切值：tanθ=$\frac{{v}_{x}}{{v}_{0}}=\frac{1}{2}$；
（2）在上一問中，對(duì)水平分運(yùn)動(dòng)，有：${v}_{x}=at=\frac{qE}{m}•\frac{L}{{v}_{0}}=\frac{{v}_{0}}{2}$，故E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2qL}$；
粒子做類似平拋運(yùn)動(dòng)，豎直分運(yùn)動(dòng)：L=v₁t，
水平分運(yùn)動(dòng)：v_x=at=$\frac{qE}{m}t$，
故${v}_{x}=\frac{{v}_{0}^{2}}{2{v}_{1}}$，
合速度大�。簐=$\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{1}^{2}}$=$\sqrt{\frac{{v}_{0}^{4}}{4{v}_{1}^{2}}+{v}_{1}^{2}}$；
結(jié)合表達(dá)式知識(shí)，有：$\frac{v_0^4}{4v_1^2}+v_1^2≥2\sqrt{\frac{v_0^4}{4v_1^2}}•\sqrt{v_1^2}=v_0^2$（當(dāng)$\frac{v_0^4}{4v_1^2}=v_1^2$，即${v}_{1}=\frac{{v}_{0}}{2}$時(shí)取等號(hào)）；
故當(dāng)初速度${v}_{1}=\frac{{v}_{0}}{2}$時(shí)，合速度大小的最小值為v₀；
答：（1）粒子經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的速度大小為$\frac{\sqrt{5}}{2}{v}_{0}$，速度方向與豎直方向的夾角的正切值為$\frac{1}{2}$．
（2）若帶電粒子的入射速度大小可以為任意值（遠(yuǎn)小于光速），帶電粒子從上邊界射出時(shí)速度的最小值為v₀．

點(diǎn)評(píng) 本題考查粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動(dòng)，要采用正交分解法，結(jié)合分運(yùn)動(dòng)公式列式分析，第二問要結(jié)合數(shù)學(xué)不等式進(jìn)行分析．