Question

14．如圖所示，在直角坐標系xoy的第一象限中，存在豎直向下的勻強電場，電場強度大小為4E0，虛線是電場的理想邊界線，虛線右端與x軸的交點為A，A點坐標為（L、0），虛線與x軸所圍成的空間內沒有電場；在第二象限存在水平向右的勻強電場．電場強度大小為E0．M（-L、L）和N（-L、0）兩點的連線上有一個產生粒子的發(fā)生器裝置，產生質量均為m，電荷量均為q靜止的帶正電的粒子，不計粒子的重力和粒子之間的相互作用，且整個裝置處于真空中．已知從MN上靜止釋放的所有粒子，最后都能到達A點：
（1）若粒子從M點由靜止開始運動，進入第一象限后始終在電場中運動并恰好到達A點，求到達A點的速度大�。�
（2）若粒子從MN上的中點由靜止開始運動，求該粒子從釋放點運動到A點的時間；
（3）求第一象限的電場邊界線（圖中虛線）方程．

Answer 1

分析 （1）由動能定理即可求出粒子的速度；
（2）由牛頓第二定律求得加速度，然后由運動學的公式即可求得運動的時間；
（3）結合（1）的公式，按照題目的條件寫出相應的方程，即可求解．

解答 解：（1）粒子運動的過程中只有測量做功，由動能定理得：
$q{E}_{0}L+4q{E}_{0}L=\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$
得：${v}_{A}=\sqrt{\frac{10q{E}_{0}L}{m}}$
（2）粒子在第二象限的電場中勻加速的加速度：${a}_{1}=\frac{q{E}_{0}}{m}$
位移：$L=\frac{1}{2}{a}_{1}{t}_{1}^{2}$
時間：${t}_{1}=\sqrt{\frac{2mL}{q{E}_{0}}}$
在第一象限運動位移：${a}_{2}=\frac{4q{E}_{0}}{m}$
$L=\frac{1}{2}{a}_{2}{t}_{2}^{2}=\frac{1}{2}•\frac{4q{E}_{0}}{m}•{t}_{2}^{2}$
得：${t}_{2}=\frac{1}{2}•\sqrt{\frac{2mL}{q{E}_{0}}}$
這個過程中該粒子所用的時間：$t={t}_{1}+{t}_{2}=\frac{3}{2}\sqrt{\frac{2mL}{q{E}_{0}}}$     
（3）設粒子從P點坐標為（-L、y₀）由靜止勻加速直線運動，粒子進入第一象限做類平拋運動，經Q點后做勻速直線運動，設Q點坐標為（x、y）；
設粒子進入第一象限的速度v₀：$q{E}_{0}L=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$          
做類平拋運動經Q點時，水平：x=v₀t…①
豎直方向：${y}_{0}-y=\frac{1}{2}•{a}_{2}t{′}^{2}$…②
把上面①②兩式相除得：$\frac{{y}_{0}-y}{x}=\frac{{a}_{2}t′}{2{v}_{0}}=\frac{{v}_{y}}{2{v}_{0}}$
QA與x軸成θ角可得：$tanθ=\frac{y}{L-x}$；
由速度分解：$tanθ=\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}=\frac{2（{y}_{0}-y）}{x}$；
整理得邊界方程：$y=\frac{2}{L}（Lx-{x}^{2}）$    
且有（0≤x≤L；0≤y≤$\frac{L}{2}$）
答：（1）這個過程中該粒子到達A點的速度大小是$\sqrt{\frac{10q{E}_{0}L}{m}}$；
（2）這個過程中該粒子所用的時間$\frac{3}{2}\sqrt{\frac{2mL}{q{E}_{0}}}$；
（3）若從MN線上M點下方由靜止發(fā)出的所有粒子，在第二象限的電場加速后，經第一象限的電場偏轉穿過虛線邊界后都能到達A點，此邊界（圖中虛線）方程是：$y=\frac{2}{L}（Lx-{x}^{2}）$；且有（0≤x≤L；0≤y≤$\frac{L}{2}$）．

點評 解答本題的關鍵是分析粒子的受力情況，再分析運動情況．對于類平拋運動要掌握分解的方法，運用幾何知識確定幾何關系是關鍵．