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)域足夠大的勻強電場，現(xiàn)將一個帶電量為q=+2.5×10^-4C、質(zhì)量為m=0.05kg的小球從坐標(biāo)原點O沿y軸正方向豎直向上拋出，它到達(dá)的最高點位置為圖中的Q點，不計空氣阻力，g取10m/s²．求：
（1）勻強電場的電場強度大�。�
（2）小球從0點拋出到落回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）將小球運動看成是豎直方向的豎直上拋運動和水平方向的初速度為零的勻加速直線運動合成的，然后根據(jù)豎直上拋運動規(guī)律求出到最高點的時間，從而再根據(jù)牛頓運動定律求出水平方向的場強．
（2）求出電場力做的功，即可得到電勢能的改變量
（3）利用運動學(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）對小球的兩個分運動，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動．Q點是最高點意味著Q點的豎直分速度為0．由豎直上拋運動得：
v₀=$\sqrt{2gh}=\sqrt{2×10×3.2}$m/s=8m/s
上升時間為：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
故勻強電場的場強大小為1000N/C．
（2）小球從O點落回到X軸時，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）勻強電場的電場強度大小是1000 N/C；
（2）小球從O點拋出到落回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)律列式求解