Question

如圖所示，有一勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E，方向與坐標(biāo)平面Oxy平行，跟x軸的負(fù)方向夾角為θ，電子在坐標(biāo)平面Oxy內(nèi)，從原點(diǎn)O垂直于電場方向、以大小為v₀的初速度射入第一象限．電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，重力不計(jì)．求：
（1）電子再次通過x軸時(shí)與O點(diǎn)的距離；
（2）從O點(diǎn)到再次通過x軸的過程中，電子電勢能的改變量．

Answer 1

分析：（1）電子在電場中做類似平拋運(yùn)動(dòng)，在垂直于電場方向以速度v₀勻速運(yùn)動(dòng)，沿電場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，電子通過軸時(shí)與O點(diǎn)的距離 l=

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(fù)值．得到△E_P=-eEy．

解答：解：（1）電子在電場中做類似平拋運(yùn)動(dòng)，在垂直于電場方向以速度v₀勻速運(yùn)動(dòng)，沿電場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=

F

m

=

eE

m

  ①
過時(shí)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=

1

2

at2  ③
電子再次運(yùn)動(dòng)到x軸上時(shí)，有x=ytanθ  ④
電子通過軸時(shí)與O點(diǎn)的距離 l=

x

sinθ

  ⑤
由①～⑤解出 l=

2mv02cosθ

eEsin2θ

  ⑥
（2）電勢能的變化量等于電場力做功的負(fù)值．△E_P=-eEy  ⑦
由①、②、③、④和⑦解得：△EP=-

2m v 2 0

tan2θ

  ⑧
答：
（1）電子再次通過x軸時(shí)與O點(diǎn)的距離為

2m v 2 0 cosθ

eEsin2θ

；
（2）從O點(diǎn)到再次通過x軸的過程中，電子電勢能的改變量為

2m v 2 0

tan2θ

．

點(diǎn)評：運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法是解決類平拋運(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)幫助解決物理問題．