Question

16．如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立xOy直角坐標(biāo)系，Oy表示豎直向上的方向．已知該平面內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)電場，現(xiàn)將一個(gè)帶電量為q=+2.5×10^-4C、質(zhì)量為m=0.05kg的小球從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿y軸正方向豎直向上拋出，它到達(dá)的最高點(diǎn)位置為圖中的Q點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s²．求：
（1）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小；
（2）小球從0點(diǎn)拋出到落回x軸的過程中電勢能的改變量；
（3）小球在上述過程中速度的最小值．

Answer 1

分析 （1）將小球運(yùn)動看成是豎直方向的豎直上拋運(yùn)動和水平方向的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動合成的，然后根據(jù)豎直上拋運(yùn)動規(guī)律求出到最高點(diǎn)的時(shí)間，從而再根據(jù)牛頓運(yùn)動定律求出水平方向的場強(qiáng)．
（2）求出電場力做的功，即可得到電勢能的改變量
（3）利用運(yùn)動學(xué)公式求的豎直速度和水平速度，根據(jù)幾何關(guān)系即可求得最小速度

解答 解：（1）對小球的兩個(gè)分運(yùn)動，豎直方向：小球有豎直向上的初速度V0，受重力，所以小球做豎直上拋運(yùn)動．Q點(diǎn)是最高點(diǎn)意味著Q點(diǎn)的豎直分速度為0．由豎直上拋運(yùn)動得：
v₀=$\sqrt{2gh}=\sqrt{2×10×3.2}$m/s=8m/s
上升時(shí)間為：t=$\frac{{v}_{0}}{g}$=0.8s
水平方向：水平初速度為0，水平位移有 x=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$，得：
a=$\frac{2x}{{t}^{2}}=\frac{2×1.6}{0．{8}^{2}}$=5m/s²
由a=$\frac{qE}{m}$，得：E=$\frac{ma}{q}=\frac{0.05×5}{2.5×1{0}^{-4}}$=1000 N/C
故勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為1000N/C．
（2）小球從O點(diǎn)落回到X軸時(shí)，由于對稱性，水平位移為：
x′=$\frac{1}{2}$a（2t）²=2×5×0.8²m=6.4m，
電場力做的功為 W=qE x′=3.2×10^-4J，所以電勢能減少了3.2×10^-4J，電勢能改變量為-3.2×10^-4J．
（3）設(shè)經(jīng)過時(shí)間t速度最小，豎直速度為v_y=v₀-gt
水平速度為v_x=at
合速度為為：$v=\sqrt{{v}_{y}^{2}{-v}_{x}^{2}}=\sqrt{（8-10t）^{2}+（5t）^{2}}$=$\sqrt{125（t-\frac{16}{25}）^{2}+\frac{64}{5}}$
故最小速度為：v=$\frac{8\sqrt{5}}{5}$m/s
答：（1）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小是1000 N/C；
（2）小球從O點(diǎn)拋出到落回x軸的過程中電勢能的改變量為-3.2×10^-4J
（3）小球在上述過程中速度的最小值$\frac{8\sqrt{5}}{5}$m/s

點(diǎn)評 遇到勻變速曲線運(yùn)動問題，可以通過受力分析，將曲線運(yùn)動分解為互相垂直的勻變速直線運(yùn)動，然后根據(jù)運(yùn)動的等時(shí)性和相應(yīng)規(guī)律列式求解