Question

16．如图甲所示，宽度为d=0.1m的区域I内存在水平向左的匀强电场E₁，宽度为L=0.2m的区域Ⅱ内存在竖直向上的匀强电场E₂，且E₁=2×10⁴V/m，E₂=4×10⁴V/m，电场高度足够，边界为理想边界．区域Ⅱ的右侧边界有一足够大的荧光屏，PO连线与荧光屏垂直，从左向右看，荧光屏中有图乙所示的坐标系xoy，坐标原点与O点重合．现有一比荷$\frac{q}{m}$=4×10¹¹C/kg的粒子在P点由静止释放，经过电场E₁和E₂，最后打在荧光屏上，不计粒子的总重力．

（1）求粒子刚进入区域II的速度大小；
（2）求粒子打在荧光屏上的坐标位置；
（3）若将电场E₂从左向右看逆时针装过45°，求粒子打在荧光屏上的坐标位置．

Answer 1

分析 （1）在区域I内，运用动能定理求解粒子加速得到的速度，即为所求解．
（2）粒子进入区域Ⅱ做类平抛运动，由牛顿第二定律和分位移公式求解粒子打在荧光屏上的坐标位置．
（3）若将电场E₂从左向右看逆时针装过45°，根据几何关系求解．

解答 解：（1）在区域I内，由动能定理得：
E₁qd=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$-0
代入数据解得：v₀=4×10⁷m/s
（2）在区域Ⅱ内，粒子做类平抛运动，则有：
t=$\frac{L}{{v}_{0}}$
加速度为：a=$\frac{{E}_{2}q}{m}$
y=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
得：y=$\frac{{E}_{2}q{L}^{2}}{2m{v}_{0}^{2}}$=0.2m
所以粒子打在荧光屏上的坐标位置为（0，-0.2m）．
（3）若将电场E₂从左向右看逆时针转过45°，根据几何关系可知粒子打在荧光屏上的坐标位置（$\frac{\sqrt{2}}{10}$m，-$\frac{\sqrt{2}}{10}$m）．
答：（1）粒子刚进入区域Ⅱ的速度大小是4×10⁷m/s；
（2）粒子打在荧光屏上的坐标位置是（0，-0.2m）；
（3）若将电场E₂从左向右看逆时针转过45°，粒子打在荧光屏上的坐标位置是（$\frac{\sqrt{2}}{10}$m，-$\frac{\sqrt{2}}{10}$m）．

点评 带电粒子在复合场中运动问题，关键要根据其受力情况，由动能定理、牛顿运动定律和运动学规律结合解答．类平抛运动的研究方法是运动的分解法，要熟练运用．