Question

15．如圖所示，x軸上方有寬為L、方向水平向右的勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量為m（重力不計）帶電荷量為+q（q＞0）的粒子從y軸上的A點以初速度v₀沿y軸負(fù)方向射入電場．粒子從x軸上的B點沿與x軸正方向成37°角的方向射出電場，并打在x軸下方的接收屏上C點（沒畫出），已知粒子從B到C的運(yùn)動時間與粒子在電場中的運(yùn)行時間相同（sin37°=0.6，cos37°=0.8）．
（1）求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大��；
（2）求粒子接收屏上C點到y(tǒng)軸的水平距離；
（3）若粒子是質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的液滴，重力加速度為g，若要求液滴也能通過B點，則液滴的初速度應(yīng)為多少？

Answer 1

分析 （1）粒子從A到B做類平拋運(yùn)動，運(yùn)用運(yùn)動的分解法研究，根據(jù)分位移公式和牛頓第二定律結(jié)合求電場強(qiáng)度E的大小；
（2）根據(jù)上題的結(jié)果，求出粒子到達(dá)B點的速度，粒子從B到C做勻速運(yùn)動，由公式x=vt和幾何關(guān)系求粒子接收屏上C點到y(tǒng)軸的水平距離．
（3）若粒子是質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的液滴，液滴沿y軸方向做初速度為v的勻加速直線運(yùn)動，沿x方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，再由分位移公式求解．

解答 解：（1）粒子從A到B做類平拋運(yùn)動，由類平拋運(yùn)動的規(guī)律，
豎直方向有：L=v₀t
水平方向有：v_x=at=$\frac{qE}{m}$t，OB=$\frac{{v}_{x}}{2}t$
粒子到達(dá)B點的速度為：v_B=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{x}^{2}}$
在B點，有：tan37°=$\frac{{v}_{0}}{{v}_{x}}$，即有：v_x=$\frac{4}{3}$v₀；
聯(lián)立解得：E=$\frac{4m{v}_{0}^{2}}{3qL}$，OB=$\frac{2}{3}$L，v_B=$\frac{5}{3}$v₀；
（2）粒子從B到C做勻速運(yùn)動，則有：BC=v_Bt=$\frac{5}{3}$L
所以粒子接收屏上C點到y(tǒng)軸的水平距離為：s=OB+BCcos37°=2L
（3）若粒子變?yōu)橘|(zhì)量為m、帶電荷量為+q的液滴，設(shè)液滴的初速度為v，則液滴沿y軸方向做初速度為v的勻加速直線運(yùn)動，沿x方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，因水平方向各量均未變，所以液滴的運(yùn)動時間仍為t，則豎直方向有：
L=vt+$\frac{1}{2}g{t}^{2}$
代入t值解得：v=v₀-$\frac{gL}{2{v}_{0}}$
答：（1）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大小是$\frac{4m{v}_{0}^{2}}{3qL}$；
（2）粒子接收屏上C點到y(tǒng)軸的水平距離是$\frac{5}{3}$L；
（3）液滴的初速度應(yīng)為v₀-$\frac{gL}{2{v}_{0}}$．

點評 本題是電場中類平拋運(yùn)動的問題，采用的方法與平拋運(yùn)動相似：運(yùn)動的分解法，要在明確分運(yùn)動的運(yùn)動性質(zhì)的基礎(chǔ)上，掌握其運(yùn)動規(guī)律，結(jié)合數(shù)學(xué)知識進(jìn)行研究．