Question

11．如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一直角坐標(biāo)系xoy，x軸正方向?yàn)樨Q直向上．在該平面內(nèi)分布著與水平方向成45°角的勻強(qiáng)電場(chǎng)．將一質(zhì)童為m、帶電量為q的小球，以某一初速度從O點(diǎn)豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿足拋物線方程y=kx²，且小球通過(guò)點(diǎn)P（$\frac{1}{k}$，$\frac{1}{k}$）．已知重力加速度為g．求：
（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大��；
（2）小球拋出時(shí)的初速度大��；
（3）若小球運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）時(shí)的動(dòng)能是拋出時(shí)初動(dòng)能的2倍，則它從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到該點(diǎn)的過(guò)程中電勢(shì)能的變化量是多少？

Answer 1

分析 （1）結(jié)合小球運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)與平拋運(yùn)動(dòng)的方程，判斷出小球在豎直方向受到重力與電場(chǎng)力在豎直方向的分力大小相等，方向相反，由此求出電場(chǎng)力的大小，再由F=qE即可求出電場(chǎng)強(qiáng)度；
（2）由平拋運(yùn)動(dòng)的方程即可求出平拋運(yùn)動(dòng)的初速度，以及到達(dá)P時(shí)的速度；
（3）由動(dòng)能定理即可求出電勢(shì)能的變化．

解答 解：（1）小球以某一初速度從O點(diǎn)豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿足拋物線方程y=kx²，說(shuō)明小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與重力的合力沿y軸正方向，
豎直方向：qE•sin45°=mg，
所以：qE=$\sqrt{2}$mg，
電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為：E=$\frac{\sqrt{2mg}}{q}$；
（2）對(duì)小球受力分析可知，小球受到的合力：F_合=qEcos45°=mg=ma，
解得：a=g，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：$\frac{1}{k}$=v₀t，
$\frac{1}{k}$=$\frac{1}{2}$gt²，
得初速度大小為v₀=$\sqrt{\frac{g}{2k}}$，
（3）由動(dòng)能定理可得：
△E_k=E_K-E_k0=W_合=mgy
解得：y=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2g}$=$\frac{1}{4k}$
又有：y=kx²
故小球在豎直方向上的位移x=$\frac{1}{2k}$
由能量守恒定律得，電勢(shì)能的變化量：
△E_P=-△E_機(jī)=-（mgx+△E_k）=-$\frac{3mg}{4k}$
答：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為$\frac{\sqrt{2mg}}{q}$
（2）小球拋出時(shí)的初速度大小為$\sqrt{\frac{g}{2k}}$；
（3）若小球運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）時(shí)的動(dòng)能是拋出時(shí)初動(dòng)能的2倍，則它從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到該點(diǎn)的過(guò)程中電勢(shì)能的變化量是-$\frac{3mg}{4k}$

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，注意掌握帶電粒子在電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用，能準(zhǔn)確利用運(yùn)動(dòng)的合成和分解規(guī)律進(jìn)行分析求解，同時(shí)注意掌握數(shù)學(xué)規(guī)律的正確應(yīng)用才能準(zhǔn)確求解．