Question

10．如圖所示，豎直平面內(nèi)存在足夠大的沿水平方向的勻強電場，在此區(qū)域內(nèi)建立xOy直角坐標(biāo)系，Oy表示豎直向上的方向．現(xiàn)有一比荷為5×10^-3C/kg，質(zhì)量為0.05kg的帶負(fù)電水球從坐標(biāo)原點O沿y軸正方向以一初速度豎直向上拋出，它到達的最高點位置為圖中的Q點，不計空氣阻力，g取10m/s²．求：
（1）該勻強電場的場強大小與方向；
（2）小球從O點到Q點運動過程中電勢能如何變化，變化量是多少？
（3）小球從O點拋出到再回到x軸的過程中，電場力對小球做了多少功？

Answer 1

分析 （1）小球水平方向受電場力，做勻減速直線運動．豎直方向受重力，做豎直上拋運動，互不影響．根據(jù)Q的坐標(biāo)，由豎直方向分位移公式求得運動時間，再由牛頓第二定律和位移公式研究水平方向，從而求得電場強度．
（2）小球從O點到Q點運動過程中，電場力做正功，電勢能減小，由功能關(guān)系求解．
（3）根據(jù)位移公式求出水平位移，再求解電場力做功．

解答 解：（1）小球從O→Q在y方向上做勻減速運動，x方向做初速度為零的勻加速運動，最高點Q的坐標(biāo)為（1.6，3.2），則 x=1.6m，y=3.2m
豎直方向有 y=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$，得 t=$\sqrt{\frac{2y}{g}}$=$\sqrt{\frac{2×3.2}{10}}$=0.8s
水平方向有 x=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
又 a=$\frac{qE}{m}$
代入數(shù)據(jù)解得 E=1×10³N/C，方向沿x軸負(fù)方向．
（2）小球從O點到Q點，電場力做正功，所以其電勢能減少，則電勢能的變化量為
△E_p=-qEx=-5×10^-3××0.05×1×10³×1.6J=-0.4J
（3）小球從O點拋出到再回到x軸的時間 t′=2t=1.6s
x方向發(fā)生的位移為 x′=$\frac{1}{2}at{′}^{2}$=$\frac{qEt{′}^{2}}{2m}$
電場力對小球做功為 W=qEx′
聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得 W=1.6J
答：
（1）該勻強電場的場強大小為1×10³N/C，方向沿x軸負(fù)方向；
（2）小球從O點到Q點運動過程中電勢能減少，變化量是-0.4J．
（3）小球從O點勢出到再回到x軸的過程中，電場力對小球做了1.6J的功．

點評 遇到勻變速曲線運動問題，可以通過受力分析，將曲線運動分解為互相垂直的勻變速直線運動，然后根據(jù)運動的等時性和相應(yīng)規(guī)律列式研究．