Question

18．如圖所示，在區(qū)域I和區(qū)域Ⅱ內(nèi)分別存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小均為E，但方向不同．在區(qū)域I內(nèi)場(chǎng)強(qiáng)方向沿y軸正方向，區(qū)域Ⅱ內(nèi)場(chǎng)強(qiáng)方向未標(biāo)明，兩處電場(chǎng)都處在xoy平面內(nèi)．一質(zhì)量為m，電量為q的正粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以某一初速度沿x軸正方向射入電場(chǎng)區(qū)域I，從P點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域Ⅱ，到達(dá)Ⅱ區(qū)域右邊界Q處時(shí)速度恰好為零．P點(diǎn)的坐標(biāo)為（L，$\frac{L}{2}$）．不計(jì)粒子所受重力，求：
（1）帶電粒子射入電場(chǎng)區(qū)域I時(shí)的初速度；
（2）電場(chǎng)區(qū)域Ⅱ的寬度．

Answer 1

分析 看似復(fù)雜的題目，仔細(xì)分析實(shí)際上是兩種基本運(yùn)動(dòng)的組合：類平拋運(yùn)動(dòng)和勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律不難求出．
（1）粒子在Ⅰ區(qū)內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，由于已知P點(diǎn)的坐標(biāo)，則類平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移和豎直位移為已知，而電場(chǎng)強(qiáng)度已知，則加速度為已知．則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律就能求出類平拋的初速度．
（2）進(jìn)入Ⅱ區(qū)后，由于到達(dá)P點(diǎn)的速度為零，則從P到Q粒子是做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，它的初速度就是類平拋的末速度v_p，而加速度已知，則由勻減速直線運(yùn)動(dòng)位移與速度的關(guān)系就能求出位移，從而求出Ⅱ區(qū)的寬度．

解答 解：（1）設(shè)帶電粒子射入電場(chǎng)區(qū)域Ⅰ時(shí)的初速度為v₀
     在x軸正方向，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)：L=v₀t      ①
     在y軸正方向，粒子做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)：$\frac{L}{2}=\frac{1}{2}a{t}^{2}$    ②
     由牛頓第二定律：$a=\frac{qE}{m}$   
     解得：${v}_{0}=\sqrt{\frac{qEL}{m}}$
（2）粒子在區(qū)域Ⅱ做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子在P處的速度v_p，x方向的分速度為v_px
      在y軸方向的分速度為v_py，電場(chǎng)區(qū)域Ⅱ的寬度為△x₂，則：
     ${v}_{px}={v}_{0}=\sqrt{\frac{qEL}{m}}$
    ${{v}_{py}}^{2}=\sqrt{{{v}_{px}}^{2}+{{v}_{py}}^{2}}$  即 ${v}_{py}=\sqrt{\frac{qEL}{m}}$
    故 ${v}_{p}=\sqrt{{{v}_{px}}^{2}+{{v}_{py}}^{2}}$=$\sqrt{\frac{2qEL}{m}}$
   因?yàn)椋?tgθ=\frac{{v}_{py}}{vpx}$   所以：$θ=\frac{π}{4}$
  設(shè)粒子從P做直線運(yùn)動(dòng)到Q所通過(guò)的位移為S，則有：
    $0-{{v}_{p}}^{2}=-2\frac{qEL}{m}S$
   解得：S=L
△x₂=Scos45°
   解得：△${x}_{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}L$
答：（1）帶電粒子射入電場(chǎng)區(qū)域I時(shí)的初速度為$\sqrt{\frac{qEL}{m}}$．
（2）電場(chǎng)區(qū)域Ⅱ的寬度為$\frac{\sqrt{2}}{2}L$．

點(diǎn)評(píng) 本題的怪點(diǎn)在于粒子在Ⅱ區(qū)內(nèi)只說(shuō)明是以一定的初速度進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)Ⅱ后，粒子到達(dá)Q點(diǎn)的速度為零．若是做曲線運(yùn)動(dòng)，則只能有最小的速度但不會(huì)為零，所以只能是在做勻減速直線運(yùn)動(dòng)到速度為零，這樣問(wèn)題就簡(jiǎn)單了．