Question

4．如圖，O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個(gè)點(diǎn)，OB沿豎直方向，∠AOB=60°，OA：OB=2：3，將質(zhì)量為m的小球自O(shè)點(diǎn)水平向右拋出，其初動(dòng)能為E_k0，小球在運(yùn)動(dòng)過程中恰好通過A點(diǎn)．現(xiàn)使小球帶上電量為q的正電荷，同時(shí)加一勻強(qiáng)電場，電場方向與OAB所在平面平行，將小球以E_k0的初動(dòng)能自O(shè)點(diǎn)朝某一方向拋出，該小球再次通過了A點(diǎn)，且到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能E_kA?=3E_k0；若將該小球以E_k0的初動(dòng)能從O點(diǎn)朝另一方向拋出，小球恰好通過B點(diǎn)，且到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能E_kB=7E_k0，設(shè)重力加速度大小為g，求：
（1）無電場時(shí)，小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能E_kA=？
（2）所加勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度．

Answer 1

分析 （1）小球做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)初速度v₀．初動(dòng)能E_K0，從O到A的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，將該運(yùn)動(dòng)分解即可，根據(jù)類平破運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能；
（2）加電場后，同樣使用動(dòng)能定理與功能關(guān)系對(duì)小球到達(dá)A與到達(dá)B的過程分別列出公式即可．

解答 解：（1）設(shè)小球的初速度為v₀，OA長度為d，從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的時(shí)間為t，
根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可寫出
dsin60°=v₀t，dcos60°=$\frac{1}{2}$gt²，
小球在A點(diǎn)豎直分速度v_y=gt
由以上三式可求出v_y=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$v₀，
所以E_kA=$\frac{1}{2}$mv₀²+$\frac{1}{2}$mv_y²=$\frac{7}{3}$E_k0
（2）加電場后小球從O點(diǎn)到A點(diǎn)，電場力做功W_電A=E_kA’-E_kA=3E_k0-$\frac{7}{3}$E_k0=$\frac{2}{3}$E_k0
從O點(diǎn)到B點(diǎn)，設(shè)電場力做功為W_電B，根據(jù)動(dòng)能定理有：E_kB-E_k0=W_電B+$\frac{3}{2}$mgd①
無電場時(shí)根據(jù)動(dòng)能定理有：E_kA-E_k0=$\frac{1}{2}$mgd=$\frac{4}{3}$E_k0，可以算出mgd=$\frac{8}{3}$E_k0②，
將②代入①，可以求出W_電B=2E_k0
設(shè)在OB線上有一點(diǎn)C，其電勢與A點(diǎn)等高，設(shè)OC=x，
則有$\frac{x}{\frac{3d}{2}}=\frac{{W}_{電A}^{\;}}{{W}_{電B}^{\;}}=\frac{1}{3}$，可解出x=$\frac{1}{2}$d
電場強(qiáng)度的方向垂直于AC連線，即沿OB方向，豎直向下．
小球從O到A電場力做的功W_電A=qE$\frac{1}{2}$d=$\frac{2}{3}$E_k0③
由②、③兩式可解出E=$\frac{mg}{2q}$
答：（1）無電場時(shí)，小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能E_kA=$\frac{7}{3}{E}_{k0}^{\;}$
（2）所加勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度$\frac{mg}{2q}$．

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的過程，再運(yùn)用電場力做功的基本規(guī)律解題．