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．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，且小球通過點(diǎn)P（$\frac{1}{k}$，$\frac{1}{k}$）．已知重力加速度為g．求：
（1）電場強(qiáng)度的大��；
（2）小球拋出時的初速度大��；
（3）若小球運(yùn)動到O點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）時的動能是拋出時初動能的2倍，則它從點(diǎn)運(yùn)動到該點(diǎn)的過程中電勢能的變化量是多少？

Answer 1

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

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，說明小球做類平拋運(yùn)動，則電場力與重力的合力沿y軸正方向，
豎直方向：qE•sin45°=mg，
所以：qE=$\sqrt{2}$mg，
電場強(qiáng)度的大小為：E=$\frac{\sqrt{2mg}}{q}$；
（2）對小球受力分析可知，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，電勢能的變化量：
△E_P=-△E_機(jī)=-（mgx+△E_k）=-$\frac{3mg}{4k}$
答：（1）電場強(qiáng)度的大小為$\frac{\sqrt{2mg}}{q}$
（2）小球拋出時的初速度大小為$\sqrt{\frac{g}{2k}}$；
（3）若小球運(yùn)動到O點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）時的動能是拋出時初動能的2倍，則它從點(diǎn)運(yùn)動到該點(diǎn)的過程中電勢能的變化量是-$\frac{3mg}{4k}$

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