Question

16．如圖，O、A、B為同一斜面內(nèi)的三個(gè)點(diǎn)，OB沿斜面向下，∠BOA=60°，0B=$\frac{3}{2}$OA．將一質(zhì)量為m的小球以初速度v₀自O(shè)點(diǎn)平行斜面水平向右拋出，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中恰好通過(guò)A點(diǎn)．使此小球帶電，電荷量為q（q＞0），同時(shí)加一勻強(qiáng)電場(chǎng)．場(chǎng)強(qiáng)方向與△OAB所在平面平行，現(xiàn)從O點(diǎn)以同樣的速率沿某一平行斜面方向拋出此帶電小球，該小球也恰好通過(guò)了A點(diǎn)，到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是初動(dòng)能的3倍；若該小球從O點(diǎn)以同樣的速率沿另一平行斜面方向拋出，恰好通過(guò)B點(diǎn)，且到達(dá)B點(diǎn)的動(dòng)能為初動(dòng)能的6倍，重力加速度大小為g．固定光滑斜面的傾角θ=30°，求：
（1）無(wú)電場(chǎng)時(shí)，小球達(dá)到A點(diǎn)時(shí)的速度大��；
（2）OA、0B的電勢(shì)差U_OA、U_OB；
（3）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向．

Answer 1

分析 （1）無(wú)電場(chǎng)時(shí)，小球在斜面內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)．設(shè)從O到A的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，根據(jù)分位移關(guān)系和分位移公式即可求解；
（2）、（3）加電場(chǎng)后，同樣使用動(dòng)能定理與功能關(guān)系等于小球到達(dá)A與到達(dá)B的過(guò)程分別列出公式即可．

解答 解：（1）無(wú)電場(chǎng)時(shí)，小球在斜面內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)．建立如圖所示的坐標(biāo)系．設(shè)小球從O到A的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)沿y軸方向的分速度為v_y．則得：
x=v₀t
y=$\frac{{v}_{y}}{2}t$
小球達(dá)到A點(diǎn)時(shí)，有：tan60°=$\frac{x}{y}$
聯(lián)立解得：v_y=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$v₀；
因此小球達(dá)到A點(diǎn)時(shí)的速度大小為：
v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\frac{\sqrt{21}}{3}{v}_{0}$
（2）設(shè)OA=d，則OB=$\frac{3}{2}$d．小球的初動(dòng)能為E_K0．根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得：
d•sin60°=v₀t
d•cos60°=$\frac{1}{2}$gsin30°•t²
又 E_K0=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$，聯(lián)立解得：E_K0=$\frac{3}{16}$mgd
加電場(chǎng)后，從O點(diǎn)到A點(diǎn)下降了dcos60°•sin30°=$\frac{1}{4}$d，
從O點(diǎn)到B點(diǎn)下降了$\frac{3}{2}$dsin30°=$\frac{3}{4}$d．
根據(jù)動(dòng)能定理，
由O到B，有：qU_OB+mg•$\frac{3}{4}$d=6E_K0-E_K0；
解得：U_OA=$\frac{2{E}_{K0}}{3q}$=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{3q}$
U_OB=$\frac{{E}_{k0}}{q}$=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2q}$
（3）在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，沿著任意直線，電勢(shì)的降落是均勻的，設(shè)直線OB上的M點(diǎn)的電勢(shì)與A的電勢(shì)相同，M點(diǎn)到O點(diǎn)的距離是x，如圖，則有：
$\frac{x}{\frac{3}{2}d}$=$\frac{{U}_{OA}}{{U}_{OB}}$=$\frac{2}{3}$
解得：x=d
MA是等勢(shì)線，電場(chǎng)線與MA的垂線OC平行，設(shè)電場(chǎng)方向與豎直向下的方向之間的夾角是α，由幾何關(guān)系可得：α=30°，即電場(chǎng)線的方向與豎直方向之間的夾角是30°．
設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小是E，則得：E=$\frac{{U}_{OA}}{dcos30°}$
又 U_OA=$\frac{2{E}_{K0}}{3q}$，E_K0=$\frac{3}{16}$mgd
解得：E=$\frac{\sqrt{3}mg}{12q}$
答：（1）無(wú)電場(chǎng)時(shí)，小球達(dá)到A點(diǎn)時(shí)的速度大小是$\frac{\sqrt{21}}{3}{v}_{0}$；
（2）OA、0B的電勢(shì)差U_OA、U_OB分別為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{3q}$和$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2q}$．
（3）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為$\frac{\sqrt{3}mg}{12q}$，方向與豎直方向之間的夾角是30°．

點(diǎn)評(píng) 本題是平拋運(yùn)動(dòng)與類平拋運(yùn)動(dòng)的組合，關(guān)鍵是運(yùn)用動(dòng)能定理與功能關(guān)系研究小球到達(dá)A與到達(dá)B的過(guò)程，再運(yùn)用電場(chǎng)力做功的基本規(guī)律解題．