Question

20．如圖所示，放射源P能持續(xù)沿水平虛線方向發(fā)射速度為v₀的帶正電粒子，粒子進(jìn)入電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E₁、方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域I后，又通過水平方向?qū)挾葹閟的真空區(qū)域，進(jìn)入電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E₂、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域Ⅱ．已知粒子的電荷量為q，質(zhì)最為m，電場(chǎng)區(qū)城I在水平方向的寬度為d，電場(chǎng)區(qū)域Ⅱ在水平方向的寬度為L(zhǎng)₀粒子的重力可以忽略不計(jì)．
（1）畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡并說(shuō)明其運(yùn)動(dòng)性質(zhì)．
（2）求粒子剛進(jìn)人電場(chǎng)區(qū)域Ⅱ時(shí)的動(dòng)能．
（3）若保持其他條件不變，僅凋整d，當(dāng)d取何值時(shí)，粒子射出電場(chǎng)區(qū)城Ⅱ的動(dòng)能最��？最小值是多少？

Answer 1

分析 （1）粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域I中做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在真空中區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域Ⅱ后做類平拋運(yùn)動(dòng)．結(jié)合運(yùn)動(dòng)情況畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡．
（2）根據(jù)動(dòng)能定理求粒子剛進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域Ⅱ時(shí)的動(dòng)能．
（3）粒子進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域Ⅱ后做類平拋運(yùn)動(dòng)，將其運(yùn)動(dòng)分解為水平和豎直兩個(gè)方向的分運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得到粒子射出電場(chǎng)區(qū)域Ⅱ的偏轉(zhuǎn)距離與d的關(guān)系，再由動(dòng)能定理得到粒子射出電場(chǎng)區(qū)域Ⅱ的動(dòng)能與d的關(guān)系，最后由數(shù)學(xué)知識(shí)求動(dòng)能的最小值．

解答 解：（1）粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖所示．粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域I中做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在真空中區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域Ⅱ后做類平拋運(yùn)動(dòng)．

（1）粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域I和真空中運(yùn)動(dòng)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理得：
  E_k0-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$=-qE₁d
解得 E_k0=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$-qE₁d
即粒子剛進(jìn)人電場(chǎng)區(qū)域Ⅱ時(shí)的動(dòng)能為$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$-qE₁d．
（3）設(shè)粒子剛進(jìn)人電場(chǎng)區(qū)域Ⅱ時(shí)的速度為v．根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得：
   L=vt
   y=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$=$\frac{q{E}_{2}{t}^{2}}{2m}$
聯(lián)立解得 y=$\frac{q{E}_{2}{L}^{2}}{2m{v}^{2}}$=$\frac{q{E}_{2}{L}^{2}}{4{E}_{k0}}$=$\frac{q{E}_{2}{L}^{2}}{\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}-q{E}_{1}d}$
根據(jù)能量守恒，粒子射出電場(chǎng)區(qū)城Ⅱ的動(dòng)能為：E_k=E_k0+qE₂y=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$-qE₁d+$\frac{{q}^{2}{E}_{2}^{2}{L}^{2}}{\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}-q{E}_{1}d}$
根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)得知，當(dāng)$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$-qE₁d=$\frac{{q}^{2}{E}_{2}^{2}{L}^{2}}{\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}-q{E}_{1}d}$時(shí)，E_k有最小值，最小值為：E_kmin=2qE₂L
此時(shí)有：d=$\frac{m{v}_{0}^{2}-2q{E}_{2}L}{2q{E}_{1}}$
答：（1）粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如上圖所示．粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域I中做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在真空中區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域Ⅱ后做類平拋運(yùn)動(dòng)．
（2）粒子剛進(jìn)人電場(chǎng)區(qū)域Ⅱ時(shí)的動(dòng)能為$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$-qE₁d．
（3）當(dāng)d取$\frac{m{v}_{0}^{2}-2q{E}_{2}L}{2q{E}_{1}}$時(shí)，粒子射出電場(chǎng)區(qū)城Ⅱ的動(dòng)能最小，最小值是2qE₂L．

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題，關(guān)鍵理清粒子的運(yùn)動(dòng)情況，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法研究類平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合數(shù)學(xué)函數(shù)法求極值．