Question

14．如图所示，在直角坐标系xoy的第一象限中，存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为4E0，虚线是电场的理想边界线，虚线右端与x轴的交点为A，A点坐标为（L、0），虚线与x轴所围成的空间内没有电场；在第二象限存在水平向右的匀强电场．电场强度大小为E0．M（-L、L）和N（-L、0）两点的连线上有一个产生粒子的发生器装置，产生质量均为m，电荷量均为q静止的带正电的粒子，不计粒子的重力和粒子之间的相互作用，且整个装置处于真空中．已知从MN上静止释放的所有粒子，最后都能到达A点：
（1）若粒子从M点由静止开始运动，进入第一象限后始终在电场中运动并恰好到达A点，求到达A点的速度大小；
（2）若粒子从MN上的中点由静止开始运动，求该粒子从释放点运动到A点的时间；
（3）求第一象限的电场边界线（图中虚线）方程．

Answer 1

分析 （1）由动能定理即可求出粒子的速度；
（2）由牛顿第二定律求得加速度，然后由运动学的公式即可求得运动的时间；
（3）结合（1）的公式，按照题目的条件写出相应的方程，即可求解．

解答 解：（1）粒子运动的过程中只有测量做功，由动能定理得：
$q{E}_{0}L+4q{E}_{0}L=\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$
得：${v}_{A}=\sqrt{\frac{10q{E}_{0}L}{m}}$
（2）粒子在第二象限的电场中匀加速的加速度：${a}_{1}=\frac{q{E}_{0}}{m}$
位移：$L=\frac{1}{2}{a}_{1}{t}_{1}^{2}$
时间：${t}_{1}=\sqrt{\frac{2mL}{q{E}_{0}}}$
在第一象限运动位移：${a}_{2}=\frac{4q{E}_{0}}{m}$
$L=\frac{1}{2}{a}_{2}{t}_{2}^{2}=\frac{1}{2}•\frac{4q{E}_{0}}{m}•{t}_{2}^{2}$
得：${t}_{2}=\frac{1}{2}•\sqrt{\frac{2mL}{q{E}_{0}}}$
这个过程中该粒子所用的时间：$t={t}_{1}+{t}_{2}=\frac{3}{2}\sqrt{\frac{2mL}{q{E}_{0}}}$     
（3）设粒子从P点坐标为（-L、y₀）由静止匀加速直线运动，粒子进入第一象限做类平抛运动，经Q点后做匀速直线运动，设Q点坐标为（x、y）；
设粒子进入第一象限的速度v₀：$q{E}_{0}L=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$          
做类平抛运动经Q点时，水平：x=v₀t…①
竖直方向：${y}_{0}-y=\frac{1}{2}•{a}_{2}t{′}^{2}$…②
把上面①②两式相除得：$\frac{{y}_{0}-y}{x}=\frac{{a}_{2}t′}{2{v}_{0}}=\frac{{v}_{y}}{2{v}_{0}}$
QA与x轴成θ角可得：$tanθ=\frac{y}{L-x}$；
由速度分解：$tanθ=\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}=\frac{2（{y}_{0}-y）}{x}$；
整理得边界方程：$y=\frac{2}{L}（Lx-{x}^{2}）$    
且有（0≤x≤L；0≤y≤$\frac{L}{2}$）
答：（1）这个过程中该粒子到达A点的速度大小是$\sqrt{\frac{10q{E}_{0}L}{m}}$；
（2）这个过程中该粒子所用的时间$\frac{3}{2}\sqrt{\frac{2mL}{q{E}_{0}}}$；
（3）若从MN线上M点下方由静止发出的所有粒子，在第二象限的电场加速后，经第一象限的电场偏转穿过虚线边界后都能到达A点，此边界（图中虚线）方程是：$y=\frac{2}{L}（Lx-{x}^{2}）$；且有（0≤x≤L；0≤y≤$\frac{L}{2}$）．

点评 解答本题的关键是分析粒子的受力情况，再分析运动情况．对于类平抛运动要掌握分解的方法，运用几何知识确定几何关系是关键．