Question

4．如圖所示，等腰直角三角形ABC的直角邊長(zhǎng)為2L，O為AB的中點(diǎn)，在△ABC區(qū)域內(nèi)，有一沿AB方向，大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)．兩個(gè)質(zhì)量均為m，帶電量均為q的正電荷粒子X、負(fù)電荷粒子Y先后以不同的初速度從O點(diǎn)垂直于AB進(jìn)入△ABC區(qū)域，其中粒子x從BC邊的G點(diǎn)飛出，已知BG間距為$\frac{2\sqrt{3}}{3}$L，而粒子y則從H點(diǎn)垂直于AC邊飛離．（不計(jì)粒子的重力）．求：
（1）粒子X飛離G點(diǎn)時(shí)的速度；
（2）兩個(gè)粒子X、Y分別飛入O點(diǎn)時(shí)的初速度之比．

Answer 1

分析 粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)；
（1）對(duì)X粒子，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出粒子的速度，求出粒子的初速度，應(yīng)用動(dòng)能定理求出粒子離開G點(diǎn)的速度．
（2）Y粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以求出粒子的初速度，然后求出初速度之比．

解答 解：粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)；
（1）對(duì)X粒子，由牛頓第二定律可得：a=$\frac{Eq}{m}$，
豎直方向：L=$\frac{1}{2}$at²，
水平方向?yàn)椋?\frac{2\sqrt{3}}{3}$L=v₀t，
解得：v₀=$\sqrt{\frac{EqL}{m}}$；
對(duì)OG過程由動(dòng)能定理可知：
EqL=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²
解得：v=$\sqrt{\frac{EqL}{3m}}$；
（2）Y粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，粒子y則從H點(diǎn)垂直于AC邊飛離，由幾何知識(shí)得：
OF=L，OH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$L，
x=OHcos45°=$\frac{1}{2}$L，y=OHsin45°=$\frac{1}{2}$L，
在水平方向：x=v_0Yt，
在豎直方向：y=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t²，
解得：v_0Y=$\frac{1}{2}$$\sqrt{\frac{qEL}{m}}$，
粒子初速度之比：$\frac{{v}_{0X}}{{v}_{0Y}}$=$\frac{\sqrt{\frac{qEL}{m}}}{\frac{1}{2}\sqrt{\frac{qEL}{m}}}$=$\frac{2}{1}$；
答：（1）粒子X飛離G點(diǎn)時(shí)的速度為$\sqrt{\frac{EqL}{3m}}$；
（2）兩個(gè)粒子X、Y分別飛入O點(diǎn)時(shí)的初速度之比為2：1．

點(diǎn)評(píng) 帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以解題；本題解題的關(guān)鍵是分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過程，幾何知識(shí)的應(yīng)用．