Question

15．如圖所示，在豎直平面內(nèi)xoy坐標(biāo)系中分布著與水平方向夾45°角的勻強(qiáng)電場(chǎng)，將一質(zhì)量為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，則（　　）

• A． 電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為$\frac{mg}{q}$
• B． 小球初速度的大小為$\sqrt{\frac{g}{2k}}$
• C． 小球通過(guò)點(diǎn)P時(shí)的動(dòng)能為$\frac{5mg}{4k}$
• D． 小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過(guò)程中，電勢(shì)能減少$\frac{\sqrt{2}mg}{k}$

Answer 1

分析 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；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；由動(dòng)能定理即可求出電勢(shì)能的變化．

解答 解：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(lèi)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=$\frac{\sqrt{2}mg}{q}$，故A錯(cuò)誤；
B、小球受到的合力：F_合=qEcos45°=mg=ma，所以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${v}_{0}=\sqrt{\frac{g}{2k}}$，故B正確；
C、由于：$\frac{1}{k}$=v₀t，$\frac{1}{k}=\frac{1}{2}$gt²，又$\frac{{v}_{0}}{{v}_{y}}=\frac{1}{2}$，所以通過(guò)點(diǎn)P時(shí)的動(dòng)能為：$\frac{1}{2}m{v}^{2}=\frac{1}{2}m（{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}）=\frac{5mg}{4k}$，故C正確；
D、小球從O到P電勢(shì)能減少，且減少的電勢(shì)能等于電場(chǎng)力做的功，即：${W}_{E}=\frac{qE•\frac{1}{k}}{cos45°}=\frac{2mg}{k}$，故D錯(cuò)誤．
故選：BC

點(diǎn)評(píng) 本題考查類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律以及勻強(qiáng)電場(chǎng)的性質(zhì)，結(jié)合拋物線方程y=kx²，得出小球在豎直方向受到的電場(chǎng)力的分力與重力大小相等，方向相反是解答的關(guān)鍵．