Question

11．如圖所示，真空中的坐標xoy的第一象限內存在著勻強電場，電場的方向豎直向下，大小為E，邊長為L的正方形區域ABCD的兩邊與坐標軸重合，P和Q分別為BC和OC的中點，現有質量為m，帶電量為q的粒子以一定的速度沿AB方向從A點射入電場，粒子恰好垂直經過OB連線，不計粒子的重力，則
（1）判斷粒子是帶正電荷還是負電荷？
（2）求粒子經過x軸時的動能；
（3）調整粒子射入時速度大小，粒子第一次經過P點，第二次經過Q點，求粒子經過P點時的動能和經過Q點時的動能之比．

Answer 1

分析 （1）根據粒子的偏轉方向確定粒子所受電場力的方向，從而確定粒子的電性．
（2）抓住粒子垂直經過OB連線，得出豎直分速度和水平分速度的關系，從而結合推論得出豎直位移和水平位移的關系．根據速度位移公式求出到達x軸和到達OB連線時豎直分速度的關系，結合平行四邊形定則求出粒子經過x軸時的動能．
（3）根據速度與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，結合類平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律，運用平行四邊形定則求出粒子經過P點和Q點動能之比．

解答 解：（1）由題意可知，粒子向下偏轉，則粒子所受的電場力向下，知該粒子帶正電．
（2）因為粒子垂直經過OB連線，知此時速度與OB垂直，設此時的豎直分速度為v_y1，
則有：v_y1=v₀，
因為速度與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，可知此時豎直位移是水平位移的一半，
由幾何關系知，粒子到達x軸時，豎直位移是原來的3倍，根據${v}_{y}=\sqrt{2ay}$知，
此時豎直分速度${v}_{y2}=\sqrt{3}{v}_{0}$，
根據牛頓第二定律得，粒子的加速度a=$\frac{qE}{m}$，則${v}_{y2}=\sqrt{2×\frac{qE}{m}×L}$=$\sqrt{3}{v}_{0}$，
則粒子經過x軸時的動能${E}_{k}=\frac{1}{2}m{v}^{2}=\frac{1}{2}m（{{v}_{0}}^{2}+{{v}_{y2}}^{2}）$=$2m{{v}_{0}}^{2}$=$\frac{qEL}{3}$．
（3）
當粒子第一次經過P點時有：$t=\frac{L}{{v}_{01}}$，$\frac{1}{2}L=\frac{1}{2}a{t}^{2}$，
解得${v}_{01}=\sqrt{aL}$，
因為速度與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，設此時速度與水平方向的夾角為α，
有：$tanα=\frac{{v}_{y1}}{{v}_{01}}=1$，則${v}_{y1}={v}_{01}=\sqrt{aL}$，
則此時的動能${E}_{k1}=\frac{1}{2}m{v}^{2}=\frac{1}{2}m（\sqrt{2}{v}_{01}）^{2}$=maL．
當粒子第一次經過Q點時，有$t′=\frac{\frac{1}{2}L}{{v}_{02}}$，L=$\frac{1}{2}at{′}^{2}$，
解得v₀₂=$\sqrt{\frac{aL}{8}}$，
設此時速度與水平方向的夾角為θ，
有：$tanθ=\frac{{v}_{y2}}{{v}_{02}}=4$，解得${v}_{y2}=4{v}_{02}=\sqrt{2aL}$，
則此時的動能E_k2=$\frac{1}{2}m{v}^{2}=\frac{1}{2}m（{{v}_{02}}^{2}+{{v}_{y2}}^{2}）$=$\frac{17maL}{16}$，
則動能之比為E_k1：E_k2=16：17．
答：（1）該粒子帶正電．
（2）粒子經過x軸時的動能為$\frac{qEL}{3}$．
（3）粒子經過P點時的動能和經過Q點時的動能之比為16：17．

點評 解決本題的關鍵掌握處理類平拋運動的方法，知道粒子在垂直電場方向做勻速直線運動，沿電場方向做勻加速直線運動，知道某時刻速度與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，結合運動學公式和動能的公式進行求解．