Question

3．如圖所示，在XOY坐標(biāo)系平面上有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E，方向與X軸負(fù)方向夾角為θ，電子（質(zhì)量為m，電量為e），以垂直于電場(chǎng)方向的大小為V₀初速度從O點(diǎn)射入第Ⅰ象限，求：（不計(jì)電子的重力）
（1）電子再次通過(guò)坐標(biāo)軸時(shí)的坐標(biāo)． 
（2）電子從O點(diǎn)到再次通過(guò)坐標(biāo)軸的過(guò)程中電勢(shì)能的改變量．

Answer 1

分析 （1）電子在電場(chǎng)中做類(lèi)似平拋運(yùn)動(dòng)，在垂直于電場(chǎng)方向以速度v₀勻速運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)的相反方向勻加速運(yùn)動(dòng)．根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合列式，得到時(shí)間t內(nèi)電子在初速度方向的位移x和逆著電場(chǎng)線方向的位移y，電子再次運(yùn)動(dòng)到x軸上時(shí)，有x=ytanθ，電子通過(guò)軸時(shí)與O點(diǎn)的距離 $l=\frac{x}{sinθ}$，聯(lián)立即可得l．
（2）電勢(shì)能的變化量等于電場(chǎng)力做功的負(fù)值．得到△E_P=-eEy．

解答 解：（1）電子在電場(chǎng)中做類(lèi)似平拋運(yùn)動(dòng)，在垂直于電場(chǎng)方向以速度v₀勻速運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)的相反方向勻加速運(yùn)動(dòng)．
根據(jù)牛頓第二定律得：加速度 $a=\frac{F}{m}=\frac{eE}{m}$…①
過(guò)時(shí)間t電子在初速度方向的位移 x=v₀t…②
逆著電場(chǎng)線方向的位移 $y=\frac{1}{2}a{t^2}$…③
電子再次運(yùn)動(dòng)到x軸上時(shí)，有x=ytanθ…④
電子通過(guò)軸時(shí)與O點(diǎn)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(guò)坐標(biāo)軸時(shí)的坐標(biāo)為（$\frac{2m{v}_{0}{\;}^{2}cosθ}{eEsi{n}^{2}θ}$，0）
（2）電勢(shì)能的變化量等于電場(chǎng)力做功的負(fù)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(guò)坐標(biāo)軸時(shí)的坐標(biāo)為（$\frac{2m{v}_{0}{\;}^{2}cosθ}{eEsi{n}^{2}θ}$，0）；
（2）從O點(diǎn)到再次通過(guò)x軸的過(guò)程中，電子電勢(shì)能的改變量為$\frac{2m{v}_{0}^{2}}{ta{n}^{2}θ}$．

點(diǎn)評(píng) 運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法是解決類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的基本方法，關(guān)鍵要抓住兩個(gè)分位移之間的數(shù)量關(guān)系，能運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)幫助解決物理問(wèn)題．