Question

15．在電場方向水平向右的勻強(qiáng)電場中，一帶電小球從A點(diǎn)豎直向上拋出，其運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示．小球運(yùn)動(dòng)的軌跡上A、B兩點(diǎn)在同一水平線上，M為軌跡的最高點(diǎn)．小球拋出時(shí)的動(dòng)能為8J，在M點(diǎn)的動(dòng)能為6J，不計(jì)空氣的阻力．求：
（1）小球水平位移S₁與S₂的比值；
（2）小球所受電場力F與重力G的比值（結(jié)果可用根式表示）
（3）小球落到B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能E_kB．

Answer 1

分析 （1）小球在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對稱性可知從A點(diǎn)至M點(diǎn)和從M點(diǎn)至B點(diǎn)的時(shí)間t相等．小球在水平方向上做初速為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式位移公式，運(yùn)用比例法求出x₁與x₂之比；
（2）對小球的運(yùn)動(dòng)過程分析，根據(jù)水平方向和豎直方向的運(yùn)動(dòng)，利用牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求得兩力的比值；
（3）分別研究A到M和A到B水平方向的分運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式速度位移關(guān)系式求出小球到達(dá)B點(diǎn)的速度，即可得到動(dòng)能E_KB；

解答 解：（1）小球在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對稱性得知，從A點(diǎn)至M點(diǎn)和從M點(diǎn)至B點(diǎn)的時(shí)間t相等．
小球在水平方向上做初速為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，則
S₁=$\frac{1}{2}$at²  
S₂=$\frac{1}{2}$a（2t）²-$\frac{1}{2}$at²=$\frac{3}{2}$at²  
所以$\frac{{s}_{1}}{{s}_{2}}$=$\frac{1}{3}$
（2）由題，$\frac{1}{2}m{{v}_{A}}^{2}=8J$，
得v_A=$\frac{4}{\sqrt{m}}$
又豎直方向上，有v_A=gt=$\frac{G}{m}t$，
所以$\frac{4}{\sqrt{m}}=\frac{G}{m}t$…①
$\frac{1}{2}m{{v}_{M}}^{2}=6J$，
得v_M=$\frac{\sqrt{12}}{\sqrt{m}}$
在水平方向上，有 v_M=at=$\frac{F}{m}t$，
則得$\frac{\sqrt{12}}{\sqrt{m}}=\frac{F}{m}t$…②
所以②：①得  $\frac{F}{G}=\frac{\sqrt{3}}{2}$                
（3）小球從A到M，水平方向上電場力做功為：W_電=Eqs₁=6J，
則從A到B水平方向上電場力做功為：W_電′=Eq（s₁+s₂）=4W_電=4×6=24J
則由能量守恒可知，小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為：E_kB=E_k0+4W_電=8+24J=32J  
答：（1）小球水平位移x₁與x₂的比值為1：3．
（2）小球所受電場力F與重力G的比值為$\frac{\sqrt{3}}{2}$
（3）小球落到B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能32J．

點(diǎn)評 本題運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成和分解法處理，抓住豎直方向上運(yùn)動(dòng)的對稱性得到時(shí)間關(guān)系是關(guān)鍵．對于第2題，也可以求出重力加速度與電場力加速度形成合加速度，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律結(jié)合求解．