Question

18．如圖所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L，場強為E的勻強電場，在與右側(cè)虛線相距也為L處有一與電場平行的屏幕．現(xiàn)有一帶電最為-q、質(zhì)量為m的帶電粒子，以垂直于電場的初速度V₀射入電場中，粒子的重力不計，V₀方向的延長線與屏幕的交點為O，求：
（1）粒子從射入電場到打到屏上所用的時間；
（2）粒子剛射出電場時的速度大�。�
（3）粒子打到屏上的位置到O點的距離y．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電場中做類平拋運動，沿初速度方向做勻速直線運動，粒子離開電場后做勻速直線運動，在整個運動過程中在初速度方向的分速度保持不變，根據(jù)離屏的距離和初速度的大小求出粒子運動的時間；
（2）求出粒子在電場中做類平拋運動的加速度，根據(jù)速度時間關(guān)系求解豎直方向速度，再進行合成求解合速度；
（3）根據(jù)類平拋運動的特點知，出射時速度方向反向延長線過水平位移的中點，根據(jù)三角形相似求解y．

解答 解：（1）根據(jù)題意，粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運動，所以粒子從射入到打到屏上所用的時間為：
t=$\frac{2L}{{v}_{0}}$；
（2）粒子在電場中做類平拋運動，垂直電場方向做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為0的勻加速直線運動，
所以粒子在電場力作用下產(chǎn)生的加速度為：$a=\frac{qE}{m}$，
粒子在電場中運動的時間為：$t=\frac{L}{{v}_{0}}$，
出電場時豎直方向的速度為：${v}_{y}=at=\frac{qEL}{m{v}_{0}}$，
粒子剛射出電場時的速度大小為$v=\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}=\sqrt{{v}_{0}^{2}+\frac{{q}^{2}{E}^{2}{L}^{2}}{{m}^{2}{v}_{0}^{2}}}$
（3）粒子射出電場時在電場方向產(chǎn)生的位移為：$\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{qE{L}^{2}}{2m{v}_{0}^{2}}$，
根據(jù)粒子出射時速度方向反向延長線過水平位移的中點可得：
$\frac{y′}{y}=\frac{\frac{L}{2}}{\frac{L}{2}+L}$
粒子打到屏上P到O點的距離為y=$\frac{3qE{L}^{2}}{2m{{v}_{0}}^{2}}$．
答：（1）粒子從射入電場到打到屏上所用的時間為$\frac{2L}{{v}_{0}}$；
（2）粒子剛射出電場時的速度大小為$\sqrt{{v}_{0}^{2}+\frac{{q}^{2}{E}^{2}{L}^{2}}{{m}^{2}{v}_{0}^{2}}}$；
（3）粒子打到屏上的位置到O點的距離為$\frac{3qE{L}^{2}}{2m{{v}_{0}}^{2}}$．

點評 本題中帶電粒子先做類平拋運動后做勻速直線運動，運用運動的分解的方法，電場方向和垂直電場方向分別求分運動的規(guī)律從而研究得出類平拋運動規(guī)律，根據(jù)幾何知識和動能定理求解相應(yīng)物理量．