Question

4．科學(xué)家經(jīng)常在太空實(shí)驗(yàn)窒利用電場(chǎng)進(jìn)行帶電粒子的偏轉(zhuǎn)實(shí)驗(yàn)，如圖所示，平面直角坐際系的第一象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E₁，在第四象限內(nèi)存在與x軸負(fù)方向成45°角的勻強(qiáng)電場(chǎng)E₂，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶電粒子在坐標(biāo)為（0，0.2m）的A點(diǎn)以初速度v₀平行于x軸正方向射入第一象限．已知m=1g，q=+1.0×10^-5C，v₀=2m/s，E₁=1×10³N/C，E₂=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$×10³N/C．除電場(chǎng)力外，帶電粒子不受其他任何作用力，求：
（1）帶電粒子到達(dá)x軸上的速度大小及其與x軸的夾角α；
（2）帶電粒子回到y(tǒng)軸時(shí)的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在第一象限內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合豎直位移求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，結(jié)合初速度得出水平位移，根據(jù)速度時(shí)間公式求出豎直分速度，結(jié)合平行四邊形定則求出速度的大小和方向．
（2）粒子在第四象限內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合牛頓第二定律得出加速度，根據(jù)幾何關(guān)系，抓住等時(shí)性，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出帶電粒子回到y(tǒng)軸時(shí)的坐標(biāo)．

解答 解：（1）粒子在第一象限內(nèi)的加速度${a}_{1}=\frac{q{E}_{1}}{m}=\frac{1×1{0}^{-5}×1{0}^{3}}{1×1{0}^{-3}}m/{s}^{2}=10m/{s}^{2}$，
根據(jù)${y}_{1}=\frac{1}{2}{a}_{1}{{t}_{1}}^{2}$得，${t}_{1}=\sqrt{\frac{2{y}_{1}}{{a}_{1}}}=\sqrt{\frac{2×0.2}{10}}s=0.2s$，
則粒子到達(dá)x軸時(shí)的水平位移x=v₀t₁=2×0.2m=0.4m，
粒子到達(dá)x軸時(shí)豎直分速度v_y=a₁t₁=10×0.2m/s=2m/s，
根據(jù)平行四邊形定則知，帶電粒子到達(dá)x軸時(shí)的速度大小v=$\sqrt{{{v}_{0}}^{2}+{{v}_{y}}^{2}}$=$\sqrt{4+4}$m/s=$2\sqrt{2}$m/s，
根據(jù)tanα=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$得，α=45°．
（2）設(shè)帶電粒子回到y(tǒng)軸時(shí)的坐標(biāo)的絕對(duì)值為y，
根據(jù)幾何關(guān)系知，粒子垂直電場(chǎng)方向的位移$x′=（y-0.4）×\frac{\sqrt{2}}{2}$，沿電場(chǎng)方向的位移$y′=0.4\sqrt{2}+（y-0.4）×\frac{\sqrt{2}}{2}$，
在第四象限內(nèi)的加速度${a}_{2}=\frac{q{E}_{2}}{m}=\frac{1×1{0}^{-5}×\frac{3\sqrt{2}}{2}×1{0}^{3}}{1×1{0}^{-3}}$m/s²=$15\sqrt{2}$m/s²，
根據(jù)x′=vt，$y′=\frac{1}{2}{a}_{2}t{′}^{2}$得，
解得y=2m．
帶電粒子回到y(tǒng)軸時(shí)的坐標(biāo)為（0，-2m）．
答：（1）帶電粒子到達(dá)x軸上的速度大小為$2\sqrt{2}$m/s，與x軸的夾角為45°．
（2）帶電粒子回到y(tǒng)軸時(shí)的坐標(biāo)為（0，-2m）．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，掌握處理類平拋運(yùn)動(dòng)的方法，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式綜合求解，本題對(duì)數(shù)學(xué)幾何知識(shí)要求較高，需加強(qiáng)這方面的訓(xùn)練．