Question

2．如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一直角坐標(biāo)系O-xy，在該平面內(nèi)有一平行y軸的勻強電場，大小為E，方向豎直向下．一過坐標(biāo)原點與x軸成θ=60°角的無窮大的平板與豎直平面垂直．在y軸上某點有一質(zhì)量為m、電量為+q的粒子以某一速度垂直電場射入電場，經(jīng)過時間t₁時，在該平面內(nèi)再另加一勻強電場E₁，粒子再經(jīng)過時間t₂且t₁=t₂=t時，恰好垂直接觸平板，且接觸平板時速度為零．忽略粒子所受重力，求：
（1）粒子射入電場時的速度大小和在y軸上的位置；
（2）E₁的大小和與y軸之間的夾角α．

Answer 1

分析 （1）由題意可知，粒子先做類平拋運動，再做勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律和速度時間公式求出粒子在電場中的豎直分速度，結(jié)合平行四邊形定則求出粒子射入電場時的速度．根據(jù)運動學(xué)公式求出粒子做類平拋運動的水平位移和豎直位移，加電場E₁后，粒子從A到D做勻減速直線運動，結(jié)合運動學(xué)公式求出AD的距離，通過幾何關(guān)系求出粒子在y軸上的位置．
（2）粒子從A到D做勻減速直線運動，抓住沿平板方向合力為零，垂直平板方向產(chǎn)生加速度，結(jié)合牛頓第二定律和幾何關(guān)系求出E₁的大小和與y軸之間的夾角α．

解答 解：（1）設(shè)粒子的初速度為v₀，在t₁時間內(nèi)做類平拋運動，粒子在電場中的加速度為
a=$\frac{qE}{m}$，
粒子在電場中的豎直分速度v_y=at，
按題意分析得，$\frac{{v}_{0}}{{v}_{y}}=tanθ$，
聯(lián)立解得粒子拋出的速度${v}_{0}=\frac{\sqrt{3}qEt}{m}$．
t₁時刻粒子的速度為v=$\frac{{v}_{y}}{cosθ}=\frac{2qEt}{m}$，
對應(yīng)的位移為x₁=v₀t，
$△y=\frac{1}{2}a{t}^{2}$，
加電場E₁后，粒子從A到D做勻減速直線運動，故有：${s}_{AD}=\frac{v}{2}{t}_{2}=\frac{qE{t}^{2}}{m}$，
又${s}_{AB}={x}_{1}={v}_{0}{t}_{1}=\frac{\sqrt{3}qE{t}^{2}}{m}$，
所以${s}_{BC}=\frac{{s}_{AB}}{tanθ}=\frac{qE{t}^{2}}{m}$，${s}_{AC}=\frac{{s}_{AB}}{sinθ}=\frac{2qE{t}^{2}}{m}$，
${s}_{CD}={s}_{AD}+{s}_{AC}=\frac{3qE{t}^{2}}{m}$，${s}_{OC}=\frac{{s}_{CD}}{cosθ}=\frac{6qE{t}^{2}}{m}$，
故拋出點的y坐標(biāo)為y=${s}_{OC}-{s}_{BC}+△y=\frac{11qE{t}^{2}}{2m}$．
（2）如圖所示，設(shè)E₁方向與y軸成α角，由粒子從A到D的勻減速直線運動有：qE₁sin（θ-α）=qEsinθ，
qE₁cos（θ-α）-qEcosθ=ma₁，
${a}_{1}=\frac{v}{{t}_{2}}=\frac{2qE}{m}$，
聯(lián)立解得${E}_{1}=\sqrt{7}E$，α=$60°-arcsin\frac{\sqrt{21}}{14}$．
答：（1）粒子射入電場時的速度大小為$\frac{\sqrt{3}qEt}{m}$，在y軸上的位置為$\frac{11q{Et}^{2}}{2m}$；
（2）E₁的大小為$\sqrt{7}E$，與y軸之間的夾角為$60°-arcsin\frac{\sqrt{21}}{14}$．

點評 本題考查了帶電粒子在電場中的運動，關(guān)鍵理清粒子在整個過程中的運動規(guī)律，通過題意得出加上電場E₁后粒子做勻減速直線運動是解決本題的關(guān)鍵，本題對數(shù)學(xué)幾何能力要求較高，需加強這方面的訓(xùn)練．