Question

2．如圖所示，在水平光滑絕緣平面上，水平勻強(qiáng)電場方向與X軸間成135°角，電場強(qiáng)度E=1×10³N/c．某帶電小球電量為q=-2×10^-6c，質(zhì)量m=1×10^-3kg，以初速度V₀=2m/s從坐標(biāo)軸原點(diǎn)出發(fā)，V₀與水平勻強(qiáng)電場垂直，
（1）該帶電小球所受到的電場力的大��；
（2）該帶電小球在第二秒內(nèi)的速度變化量；
（3）當(dāng)帶電小球再經(jīng)過X軸時(shí)與X軸交于A點(diǎn)，求帶電小球經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)速度V=？經(jīng)歷的時(shí)間t=？OA兩點(diǎn)之間的電勢差U_OA=？

Answer 1

分析 （1）直接由公式F=qE求出電場力；
（2）根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，再求出速度的變化；
（3）由位移公式，依據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解，從而求出坐標(biāo)；由U=Ed，可求出電勢差．

解答 解：（1）帶電粒子受到的電場力：F=qE=2×10^-6×10³N=2×10^-3N
（2）由牛頓第二定律得：a=$\frac{F}{m}$=$\frac{2×1{0}^{-3}}{1×1{0}^{-3}}m/{s}^{2}=2m/{s}^{2}$，
速度的變化量△v=at，
代入數(shù)據(jù)解得△v=2m/s．
（3）建垂直初速度方向?yàn)閥軸，沿初速度方向?yàn)閤軸，因?yàn)閠an45°=$\frac{\frac{{v}_{y}}{2}t}{{v}_{0}t}$，解得v_y=2v₀=4m/s．
則A點(diǎn)的速度v=$\sqrt{{{v}_{y}}^{2}+{{v}_{0}}^{2}}=\sqrt{16+4}=2\sqrt{5}m/s$．

則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=$\frac{{v}_{y}}{a}=\frac{4}{2}s=2s$．
OA間的電勢差${U}_{OA}=-Ey=-E•\frac{1}{2}a{t}^{2}$=-$1{0}^{3}×\frac{1}{2}×2×4V$=-4×10³V．
答：（1）該帶電小球所受到的電場力是2×10^-3N；
（2）該帶電小球在第二秒內(nèi)速度的變化量是2m/s；
（3）帶電小球經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)速度V為2$\sqrt{5}$m/s，時(shí)間t為2s、OA間電勢差U_OA=-4×10³V．

點(diǎn)評(píng) 理解運(yùn)動(dòng)合成與分解的方法，并運(yùn)用三角函數(shù)關(guān)系來綜合求解，最后還注意U=Ed式中的d的含義．