Question

13．電學中有些儀器經(jīng)常用到下述電子運動的物理原理．某一水平面內(nèi)有一直角坐標系xOy平面，x=0和x=L=10cm的區(qū)間內(nèi)有一沿x軸負方向的有理想邊界的勻強電場E₁=1.0×10⁴V/m，x=L和x=3L的區(qū)間內(nèi)有一沿y軸負方向的有理想邊界的勻強電場E₂=1.0×10⁴V/m，一電子（為了計算簡單，比荷取為$\frac{e}{m}$=1×10¹¹C/kg）從直角坐標系xOy平面內(nèi)的坐標原點O以很小的速度進入勻強電場E₁，計算時不計此速度且只考慮xOy平面內(nèi)的運動．求：
（1）電子從O點進入到離開x=3L處的電場所需的時間；
（2）電子離開x=3L處的電場時的偏轉(zhuǎn)位移大小
（3）電子離開x=3L處的電場時的速度大�。�

Answer 1

分析 （1）電子在E₁中勻加速直線運動，由速度時間公式求出在E₁中運動時間t₁，在E₂做類平拋運動，由水平方向勻速直線運動規(guī)律求出運動時間t₂，t=t₁+t₂；
（2）電子在E₂中做類平拋運動，豎直方向分運動為勻加速直線運動，位移時間公式求出豎直方向位移，即可得出y坐標．
（3）電子離開x=3L處的電場時的速度為水平方向分速度與豎直分速度的矢量和，求出速度偏向角的正切值即可得出速度偏向角，即得出離開電場速度的方向．

解答 解：設(shè)電子離開x=L的位置記為P點，離開x=3L的位置記為Q點，則：
（1）在E₁的加速度a₁=$\frac{e{E}_{1}}{m}$
由速度位移公式：v_p²-0=2a₁L
解得：${v_P}=\sqrt{2•\frac{{e{E_1}}}{m}•L}=2×{10^7}（m/s）$
又：L=$\frac{1}{2}$at₁²
得：t₁=$\sqrt{\frac{2L}{\frac{e{E}_{1}}{m}}}$=$\sqrt{\frac{2mL}{e{E}_{1}}}$=10^-8s；
運動到Q點時：${t_2}=\frac{2L}{v_P}={10^{-8}}（s）$
所以總時間為：t=t₁+t₂=2×10^-8s；
（2）電子運動到Q點時：${y_Q}=\frac{1}{2}•\frac{{e{E_2}}}{m}•t_2^2=0.1（m）$
（3）電子離開x=3L處的電場時：
v_x=v_p=2×10⁷m/s
v_y=$\frac{e{E}_{2}}{m}$•t₂=2×10⁷m/s
v_Q=$\sqrt{{{v}_{x}}^{2}+{{v}_{y}}^{2}}$=2$\sqrt{2}$×10⁷m/s
答：（1）電子從O點進入到離開x=3L處的電場所需的時間2×10^-8s；
（2）電子離開x=3L處的電場時的y坐標為0.1m；
（3）電子度開x=3L處的電場時的速度大小2$\sqrt{2}$×10⁷m/s．

點評 本題考查了帶電粒子在電場中運動的兩種情況：加速和偏轉(zhuǎn)，加速過程也由牛頓第二定律和運動學公式求解，偏轉(zhuǎn)時做由類平拋運動規(guī)律求解，這是高考的熱點和難點．