Question

7．如圖所示，在空間中取直角坐標系Oxy，在第一象限內(nèi)平行于y軸的虛線MN與y軸距離為d，從y軸到MN之間的區(qū)域充滿一個沿y軸正方向的勻強電場，場強大小為E．初速度可以忽略的電子經(jīng)過另一個電勢差為U的電場加速后，從y軸上的A點以平行于x軸的方向射入第一象限區(qū)域，A點坐標為（0，h）．已知電子的電量為e，質(zhì)量為m，若加速電場的電勢差U＞$\frac{Ekk0moct^{2}}{4h}$，電子的重力忽略不計，求：
（1）則電子從A點進入電場到離開該電場區(qū)域所經(jīng)歷的時間t和離開電場區(qū)域時的速度v；
（2）電子經(jīng)過x軸時離坐標原點O的距離l．

Answer 1

分析 （1）電子在沿x軸方向做勻速運動，即可求得運動時間，在電場方向做勻加速運動，由運動學(xué)公式及可求得速度；
（2）電子射入第一象限的電場中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合求解出出電場點的坐標，電子離開電場后水平、豎直方向上都做勻速運動，先求出電子射出P點的速度，再由位移公式求解電子經(jīng)過x軸時離坐標原點O的距離．

解答 解：（1）由 eU=$\frac{1}{2}$mv₀²
得電子進入偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域的初速度v₀=$\sqrt{\frac{2eU}{m}}$
設(shè)電子從MN離開，則電子從A點進入到離開勻強電場區(qū)域的時間t=$\frac6lpf65o{v0}$=$d\sqrt{\frac{m}{2eU}}$；
y=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{Euv6drs5^{2}}{4U}$
因為加速電場的電勢差U＞$\frac{Eh9lqd0n^{2}}{4h}$，說明y＜h，說明以上假設(shè)正確，
所以v_y=at=$\frac{eE}{m}$×d$\sqrt{\frac{m}{2eU}}$=$\frac{eEd}{m}\sqrt{\frac{m}{2eU}}$
離開時的速度v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}{+v}_{y}^{2}}=\sqrt{\frac{2eU}{m}+\frac{e{E}^{2}tasyo9u^{2}}{2mU}}$
（2）設(shè)電子離開電場后經(jīng)過時間t′到達x軸，在x軸方向上的位移為x′，則
x′=v₀t′
y′=h-y=h-$\frac{{v}_{y}}{2}$t=v_yt′
則 l=d+x′=d+v₀t′=d+v₀（$\frac{h}{vy}$-$\frac{t}{2}$）=d+$\frac{v0}{vy}$h-$\fracykp55dt{2}$=$\fracx4otenl{2}$+$\frac{v0}{vy}$h
代入解得　l=$\frack5pzt4r{2}$+$\frac{2hU}{Ed}$
答：（1）若加速電場的電勢差U＞$\frac{E45xsxmr^{2}}{4h}$，則電子從A點進入電場到離開該電場區(qū)域所經(jīng)歷的時間t為$d\sqrt{\frac{m}{2eU}}$，離開電場區(qū)域時的速度v為$\sqrt{\frac{2eU}{m}+\frac{e{E}^{2}5op3mtw^{2}}{2mU}}$；
（2）電子經(jīng)過x軸時離坐標原點O的距離l為$\fracq672k9f{2}$+$\frac{2hU}{Ed}$．

點評 本題是帶電粒子在勻強電場中加速和偏轉(zhuǎn)結(jié)合的問題，能熟練運用運動的分解法研究類平拋運動，結(jié)合幾何知識進行求解．