Question

20．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．有一個帶電粒子（不計重力）從左側(cè)邊界上的A點(diǎn)，以初速度v₀沿垂直于電場的方向射入電場，粒子從右側(cè)邊界射出時的速度大小為$\frac{\sqrt{17}}{4}$v₀．
（1）求粒子從右側(cè)邊界射出時，沿電場方向位移的大�。�
（2）若帶電粒子的入射速度改為$\frac{1}{4}$v₀，求粒子從右側(cè)邊界射出時速度的大��；
（3）若帶電粒子的入射速度大小可以為任意值（遠(yuǎn)小于光速），求帶電粒子從右側(cè)邊界射出速度的最小值．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，將運(yùn)動沿水平方向與豎直方向分解即可求出；
（2）將粒子的運(yùn)動分解，求出末速度的表達(dá)式，然后依據(jù)二項(xiàng)式定理即可求出；
（3）根據(jù)運(yùn)動的合成與分解，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式，及矢量的合成法則，即可求解．

解答 解：（1）射出電場的速度分解為水平方向和豎直方向，則有：
$\frac{\sqrt{17}}{4}$v₀=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y1}^{2}}$
解得：v_y1=$\frac{1}{4}$v₀；
設(shè)經(jīng)過時間t₁粒子射出電場，沿電場方向位移y，由類平拋運(yùn)動知：
L=v₀t₁，
v_y1=at₁；
得：a=$\frac{{v}_{0}^{2}}{4L}$
由y=$\frac{1}{2}$a${t}_{1}^{2}$解得：y=$\frac{L}{8}$
（2）粒子在水平方向做勻速運(yùn)動，設(shè)經(jīng)過時間t₂；
粒子射出電場：L=$\frac{{v}_{0}{t}_{2}}{4}$
設(shè)粒子沿場強(qiáng)方向加速度為a，沿場強(qiáng)方向勻加速直線運(yùn)動：v_y2=at₂；
粒子射出電場速度v₀
v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y2}^{2}}$
聯(lián)立上式，解得：v=$\frac{\sqrt{17}}{4}$v₀；
（3）設(shè)粒子以v_x射入電場，沿電場方向速度為v_y
粒子射出電場的速度為v′，
則有：v′=$\sqrt{{v}_{x}^{2}+（a\frac{L}{{v}_{x}}）^{2}}$
當(dāng)${v}_{x}^{2}$=$（a\frac{L}{{v}_{x}}）^{2}$時，v′取最小值，即v_x=$\frac{{v}_{0}}{2}$
那么帶電粒子從右側(cè)邊界射出速度的最小值v′=$\frac{\sqrt{2}}{4}{v}_{0}$
答：（1）粒子從右側(cè)邊界射出時，沿電場方向位移的大小$\frac{L}{8}$；
（2）若帶電粒子的入射速度改為$\frac{1}{4}$v₀，粒子從右側(cè)邊界射出時速度的大小$\frac{\sqrt{17}}{4}$v₀；
（3）若帶電粒子的入射速度大小可以為任意值（遠(yuǎn)小于光速），帶電粒子從右側(cè)邊界射出速度的最小值$\frac{\sqrt{2}}{4}{v}_{0}$．

點(diǎn)評 該題考查帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)，解答的難點(diǎn)是第二位，要正確寫出粒子的末速度的表達(dá)式，才能正確得出結(jié)論．