Question

3．如圖所示，在XOY坐標系平面上有一勻強電場，場強為E，方向與X軸負方向夾角為θ，電子（質(zhì)量為m，電量為e），以垂直于電場方向的大小為V₀初速度從O點射入第Ⅰ象限，求：（不計電子的重力）
（1）電子再次通過坐標軸時的坐標． 
（2）電子從O點到再次通過坐標軸的過程中電勢能的改變量．

Answer 1

分析 （1）電子在電場中做類似平拋運動，在垂直于電場方向以速度v₀勻速運動，沿電場的相反方向勻加速運動．根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式結(jié)合列式，得到時間t內(nèi)電子在初速度方向的位移x和逆著電場線方向的位移y，電子再次運動到x軸上時，有x=ytanθ，電子通過軸時與O點的距離 $l=\frac{x}{sinθ}$，聯(lián)立即可得l．
（2）電勢能的變化量等于電場力做功的負值．得到△E_P=-eEy．

解答 解：（1）電子在電場中做類似平拋運動，在垂直于電場方向以速度v₀勻速運動，沿電場的相反方向勻加速運動．
根據(jù)牛頓第二定律得：加速度 $a=\frac{F}{m}=\frac{eE}{m}$…①
過時間t電子在初速度方向的位移 x=v₀t…②
逆著電場線方向的位移 $y=\frac{1}{2}a{t^2}$…③
電子再次運動到x軸上時，有x=ytanθ…④
電子通過軸時與O點的距離 $l=\frac{x}{sinθ}$…⑤
由①～⑤解出 $l=\frac{{2m{v_0}^2cosθ}}{{eE{{sin}^2}θ}}$…⑥
電子再次通過坐標軸時的坐標為（$\frac{2m{v}_{0}{\;}^{2}cosθ}{eEsi{n}^{2}θ}$，0）
（2）電勢能的變化量等于電場力做功的負值．△E_P=-eEy…⑦
由①、②、③、④和⑦解得：$△{E_P}=-\frac{2mv_0^2}{{{{tan}^2}θ}}$…⑧
答：（1）電子再次通過坐標軸時的坐標為（$\frac{2m{v}_{0}{\;}^{2}cosθ}{eEsi{n}^{2}θ}$，0）；
（2）從O點到再次通過x軸的過程中，電子電勢能的改變量為$\frac{2m{v}_{0}^{2}}{ta{n}^{2}θ}$．

點評 運用運動的分解法是解決類平拋運動的基本方法，關鍵要抓住兩個分位移之間的數(shù)量關系，能運用數(shù)學知識幫助解決物理問題．