Question

17．在如圖甲所示的直角坐標(biāo)系xOy中，第一象限內(nèi)存在沿+x軸方向的有界勻強電場，場強大小為E，電場在y方向上的寬度為L，在x=L處有一垂直于x軸的足夠大的熒光屏，熒光屏與電場邊界的交點為A．現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子，從坐標(biāo)原點O沿+y軸方向以某一初速度射入電場，最終打在A點，不計粒子的重力．
（1）求粒子射入電場的初速度；
（2）如圖乙所示，保持粒子入射的初速度不變，若將電場的寬度變?yōu)?\frac{L}{2}$，求粒子打在熒光屏上的位置坐標(biāo)；
（3）如圖乙所示，若將電場的寬度變?yōu)?\frac{L}{2}$，仍要使粒子打在A點，則粒子從坐標(biāo)原點入射的初速度變?yōu)槎啻螅?

Answer 1

分析 （1）粒子垂直射入電場做類平拋運動，根據(jù)牛頓第二定律和分位移的公式求解初速度；
（2）粒子先做類平拋運動，離開電場后做勻速直線運動．求出粒子離開電場時水平分速度，再由勻速運動的規(guī)律求出粒子豎直向上運動的位移，即可得到坐標(biāo)．
（3）根據(jù)速度的分解得到粒子離開電場時速度的偏向角，再由電場中水平分位移公式求解．

解答 解：（1）粒子垂直射入電場做類平拋運動，則有：
 y方向：L=v₀t
 x方向：L=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
由牛頓第二定律得 a=$\frac{qE}{m}$
聯(lián)立解得 v₀=$\sqrt{\frac{qEL}{2m}}$
（2）射出電場時，t′=$\frac{L}{2{v}_{0}}$
  v_x=at′
聯(lián)立解得 v_x=$\sqrt{\frac{qEL}{2m}}$
水平分位移 x₁=$\frac{1}{2}•\frac{qE}{m}t{′}^{2}$=$\frac{L}{4}$
設(shè)偏轉(zhuǎn)角為φ，則tanφ=$\frac{{v}_{x}}{{v}_{0}}$=1
射出電場后，水平位移 x₂=L-x₁=$\frac{3}{4}$L
離開電場后豎直分位移 y′=x₂cotφ=$\frac{3}{4}$L
則 y=$\frac{L}{2}$+y′=$\frac{5}{4}$L
故粒子打在（L，$\frac{5}{4}$L）
（3）粒子射出電場時，tanθ=$\frac{{v}_{x}}{{v}_{0}}$=$\frac{qEL}{2m{v}^{2}}$
 x₂′=$\frac{L}{2}tanθ$=$\frac{qE{L}^{2}}{4m{v}^{2}}$
在電場中運動時，x₁′=$\frac{1}{2}•$$\frac{qE}{m}$$（\frac{L}{2v}）^{2}$=$\frac{qE{L}^{2}}{8m{v}^{2}}$
又 x₁′+x₂′=L
解得 v=$\sqrt{\frac{3qEL}{8m}}$
答：
（1）粒子射入電場的初速度為 $\sqrt{\frac{qEL}{2m}}$；
（2）粒子打在熒光屏上的位置坐標(biāo)為（L，$\frac{5}{4}$L）；
（3）粒子從坐標(biāo)原點入射的初速度變?yōu)?\sqrt{\frac{3qEL}{8m}}$．

點評 解決本題的關(guān)鍵要掌握類平拋運動的處理方法：運動的分解，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式得到分位移公式，結(jié)合幾何關(guān)系求解．