Question

20．如圖所示，水平地面上固定一個光滑的絕緣斜面ABC，斜面的傾角θ=37°．一質(zhì)量為m，帶電荷量為+q的小球從O點以初速度v0水平向右拋出，恰好落在光滑斜面頂端，并剛好沿斜面下滑，到達斜面底端C的速度是在頂端A的兩倍，若空間存在方向豎直向下的勻強電場，電場強度的大小E=$\frac{mg}{2q}$，再將小球從O點以一定的速度水平向右拋出，則小球恰好落在光滑斜面底端C點，求此時小球水平拋出的速度．（取sin37°=$\frac{3}{5}$，cos37°=$\frac{4}{5}$）

Answer 1

分析 在未加電場時，小球從O點做平拋運動，根據(jù)在A點的速度方向求得運動時間，有運動學公式求得下落高度和水平位移，從A到C有動能定理求得下降高度，加上電場后，根據(jù)類平拋運動即可求得初速度

解答 解：未加電場時，小球到達A點時，速度沿AC方向，故在A點，${v}_{y}={v}_{0}tan37°=\frac{3}{4}{v}_{0}$
${v}_{A}=\frac{{v}_{0}}{cos37°}=\frac{5{v}_{0}}{4}$
在豎直方向做自由落體運動，故v_y=gt，解得t=$\frac{3{v}_{0}}{4g}$
OA間的水平位移為${x}_{1}={v}_{0}t=\frac{{3v}_{0}^{2}}{4g}$
豎直方向下降的高度為${h}_{1}=\frac{1}{2}g{t}^{2}=\frac{{9v}_{0}^{2}}{32g}$
從A到C根據(jù)動能定理可得$mg{h}_{2}=\frac{1}{2}m（2{v}_{A}）^{2}-\frac{1}{2}{mv}_{A}^{2}$
解得${h}_{2}=\frac{7{5v}_{0}^{2}}{32g}$
斜面底端的長度為${x}_{2}=\frac{{h}_{2}}{tan37°}=\frac{2{5v}_{0}^{2}}{8g}$
當加上電場后，做類平拋運動
加速度為a=$\frac{mg+qE}{m}=\frac{3g}{2}$
水平方向通過的位移x=x₁+x₂=vt
豎直方向${h}_{1}+{h}_{2}=\frac{1}{2}a{t}^{2}$
聯(lián)立解得$v=\frac{31\sqrt{14}{v}_{0}}{56}$
答：此時小球水平拋出的速度$\frac{31\sqrt{14}{v}_{0}}{56}$

點評 本題主要考查了平拋運動和類平拋運動，關鍵是掌握平拋運動的特點即可求解