Question

如圖所示，有一勻強電場，場強為E，方向與坐標平面Oxy平行，跟x軸的負方向夾角為θ，電子在坐標平面Oxy內，從原點O垂直于電場方向、以大小為v₀的初速度射入第一象限．電子的質量為m，電荷量為e，重力不計．求：
（1）電子再次通過x軸時與O點的距離；
（2）從O點到再次通過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．根據牛頓第二定律和運動學公式結合列式，得到時間t內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=

x

sinθ

，聯立即可得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．
根據牛頓第二定律得：加速度 a=

F

m

=

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=

1

2

at2  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=

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軸時與O點的距離為

2m v 2 0 cosθ

eEsin2θ

；
（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

2m v 2 0

tan2θ

．

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量關系，能運用數學知識幫助解決物理問題．