Question

11．如圖所示的直角坐標系中，第一象限內分布著均勻輻射的電場．坐標原點與四分之一圓弧的熒光屏間電壓為U；第三象限內分布著豎直向下的勻強電場，場強大小為E，大量電荷量為-q（q＞0）、質量為m的粒子，某時刻起從第三象限不同位置連續(xù)以相同的初速度v₀沿x軸正方向射入勻強電場，若粒子只能從坐標原點進入第一象限，其它粒子均被坐標軸上的物質吸收并導走并不影響原來的電場分布，不計粒子的重力及它們間的相互作用，下列說法正確的是（　�。�

• A． 能進入第一象限的粒子，在勻強電場中的初始位置分布在一條直線上
• B． 到達坐標原點的粒子速度越大，到達O點的速度方向與y軸的夾角θ越大
• C． 能打到熒光屏的粒子，進入O點的動能必須大于qU
• D． 若U＜$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{2q}$，熒光屏各處均有粒子到達而被完全點亮

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電場中做類平拋運動，由平拋運動規(guī)律列方程求解粒子的初位置的坐標，由初位置的坐標的函數進行判斷即可；
（2）粒子在豎直方向做勻加速直線運動由速度時間公式求出v_y，根據tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$求正切值；
（3）負電荷進入第一象限后電場力做負功，由功能關系分析到達熒光屏的粒子的特點；
（4）求出粒子速度的偏轉角與時間的關系，判斷出粒子可以以任意夾角進入第一象限即可．

解答 解：A、設粒子開始時的坐標為（-x，-h），粒子在電場中運動過程中，由平拋運動規(guī)律及牛頓運動定律得
x=v₀t   ①
h=$\frac{1}{2}$at² ②
qE=ma   ③
聯立得：$h=\frac{1}{2}•\frac{qE}{m}•\frac{{x}^{2}}{{v}_{0}^{2}}$  ④
可知能進入第一象限的粒子，在勻強電場中的初始位置分布在一條拋物線上．故A錯誤；
B、粒子的初速度是相等的，到達O點的粒子速度越大，則沿y方向的分速度越大．
粒子到達O點時，沿+y方向的分速度v_y
速度與x正方向的夾角θ滿足：$tanθ=\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$   ⑥
可知到達坐標原點的粒子速度越大，到達O點的速度方向與x軸的夾角θ越大，與y軸的夾角越小．故B錯誤；
C、負電荷進入第一象限后電場力做負功，而到達熒光屏的粒子的速度必須大于等于0，由功能關系可知：
$\frac{1}{2}m{v}^{2}-qU＞$0⑦
即能打到熒光屏的粒子，進入O點的動能必須大于qU．故C正確；
D、粒子在電場中的偏轉角：$tanθ=\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{qEt}{m{v}_{0}}$  ⑧，粒子在偏轉電場中運動的時間不同，則進入第一象限后速度與y軸之間的夾角不同．所以從不同的位置開始偏轉的粒子，可以以任意夾角進入第一象限，所以若U＜$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{2q}$，熒光屏各處均有粒子到達而被完全點亮．故D正確．
故選：CD

點評 帶電粒子在電場中的運動要注意分析過程，并結合各過程中涉及到的運動規(guī)律采用合理的物理規(guī)律求解．