Question

3．如图所示，在XOY坐标系平面上有一匀强电场，场强为E，方向与X轴负方向夹角为θ，电子（质量为m，电量为e），以垂直于电场方向的大小为V₀初速度从O点射入第Ⅰ象限，求：（不计电子的重力）
（1）电子再次通过坐标轴时的坐标． 
（2）电子从O点到再次通过坐标轴的过程中电势能的改变量．

Answer 1

分析 （1）电子在电场中做类似平抛运动，在垂直于电场方向以速度v₀匀速运动，沿电场的相反方向匀加速运动．根据牛顿第二定律和运动学公式结合列式，得到时间t内电子在初速度方向的位移x和逆着电场线方向的位移y，电子再次运动到x轴上时，有x=ytanθ，电子通过轴时与O点的距离 $l=\frac{x}{sinθ}$，联立即可得l．
（2）电势能的变化量等于电场力做功的负值．得到△E_P=-eEy．

解答 解：（1）电子在电场中做类似平抛运动，在垂直于电场方向以速度v₀匀速运动，沿电场的相反方向匀加速运动．
根据牛顿第二定律得：加速度 $a=\frac{F}{m}=\frac{eE}{m}$…①
过时间t电子在初速度方向的位移 x=v₀t…②
逆着电场线方向的位移 $y=\frac{1}{2}a{t^2}$…③
电子再次运动到x轴上时，有x=ytanθ…④
电子通过轴时与O点的距离 $l=\frac{x}{sinθ}$…⑤
由①～⑤解出 $l=\frac{{2m{v_0}^2cosθ}}{{eE{{sin}^2}θ}}$…⑥
电子再次通过坐标轴时的坐标为（$\frac{2m{v}_{0}{\;}^{2}cosθ}{eEsi{n}^{2}θ}$，0）
（2）电势能的变化量等于电场力做功的负值．△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）电子再次通过坐标轴时的坐标为（$\frac{2m{v}_{0}{\;}^{2}cosθ}{eEsi{n}^{2}θ}$，0）；
（2）从O点到再次通过x轴的过程中，电子电势能的改变量为$\frac{2m{v}_{0}^{2}}{ta{n}^{2}θ}$．

点评 运用运动的分解法是解决类平抛运动的基本方法，关键要抓住两个分位移之间的数量关系，能运用数学知识帮助解决物理问题．