Question

20．如圖所示，放射源P能持續(xù)沿水平虛線方向發(fā)射速度為v₀的帶正電粒子，粒子進入電場強度大小為E₁、方向水平向左的勻強電場區(qū)域I后，又通過水平方向?qū)挾葹閟的真空區(qū)域，進入電場強度大小為E₂、方向豎直向下的勻強電場區(qū)域Ⅱ．已知粒子的電荷量為q，質(zhì)最為m，電場區(qū)城I在水平方向的寬度為d，電場區(qū)域Ⅱ在水平方向的寬度為L₀粒子的重力可以忽略不計．
（1）畫出粒子的運動軌跡并說明其運動性質(zhì)．
（2）求粒子剛進人電場區(qū)域Ⅱ時的動能．
（3）若保持其他條件不變，僅凋整d，當(dāng)d取何值時，粒子射出電場區(qū)城Ⅱ的動能最��？最小值是多少？

Answer 1

分析 （1）粒子在勻強電場區(qū)域I中做勻減速直線運動，在真空中區(qū)域做勻速直線運動，進入勻強電場區(qū)域Ⅱ后做類平拋運動．結(jié)合運動情況畫出粒子的運動軌跡．
（2）根據(jù)動能定理求粒子剛進入電場區(qū)域Ⅱ時的動能．
（3）粒子進入電場區(qū)域Ⅱ后做類平拋運動，將其運動分解為水平和豎直兩個方向的分運動，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式得到粒子射出電場區(qū)域Ⅱ的偏轉(zhuǎn)距離與d的關(guān)系，再由動能定理得到粒子射出電場區(qū)域Ⅱ的動能與d的關(guān)系，最后由數(shù)學(xué)知識求動能的最小值．

解答 解：（1）粒子的運動軌跡如下圖所示．粒子在勻強電場區(qū)域I中做勻減速直線運動，在真空中區(qū)域做勻速直線運動，進入勻強電場區(qū)域Ⅱ后做類平拋運動．

（1）粒子在勻強電場區(qū)域I和真空中運動的過程，根據(jù)動能定理得：
  E_k0-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$=-qE₁d
解得 E_k0=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$-qE₁d
即粒子剛進人電場區(qū)域Ⅱ時的動能為$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$-qE₁d．
（3）設(shè)粒子剛進人電場區(qū)域Ⅱ時的速度為v．根據(jù)類平拋運動的規(guī)律得：
   L=vt
   y=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$=$\frac{q{E}_{2}{t}^{2}}{2m}$
聯(lián)立解得 y=$\frac{q{E}_{2}{L}^{2}}{2m{v}^{2}}$=$\frac{q{E}_{2}{L}^{2}}{4{E}_{k0}}$=$\frac{q{E}_{2}{L}^{2}}{\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}-q{E}_{1}d}$
根據(jù)能量守恒，粒子射出電場區(qū)城Ⅱ的動能為：E_k=E_k0+qE₂y=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$-qE₁d+$\frac{{q}^{2}{E}_{2}^{2}{L}^{2}}{\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}-q{E}_{1}d}$
根據(jù)數(shù)學(xué)知識得知，當(dāng)$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$-qE₁d=$\frac{{q}^{2}{E}_{2}^{2}{L}^{2}}{\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}-q{E}_{1}d}$時，E_k有最小值，最小值為：E_kmin=2qE₂L
此時有：d=$\frac{m{v}_{0}^{2}-2q{E}_{2}L}{2q{E}_{1}}$
答：（1）粒子的運動軌跡如上圖所示．粒子在勻強電場區(qū)域I中做勻減速直線運動，在真空中區(qū)域做勻速直線運動，進入勻強電場區(qū)域Ⅱ后做類平拋運動．
（2）粒子剛進人電場區(qū)域Ⅱ時的動能為$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$-qE₁d．
（3）當(dāng)d取$\frac{m{v}_{0}^{2}-2q{E}_{2}L}{2q{E}_{1}}$時，粒子射出電場區(qū)城Ⅱ的動能最小，最小值是2qE₂L．

點評 本題考查帶電粒子在電場中的運動問題，關(guān)鍵理清粒子的運動情況，運用運動的分解法研究類平拋運動，結(jié)合數(shù)學(xué)函數(shù)法求極值．