Question

15．如圖所示，在豎直平面內(nèi)xoy坐標系中分布著與水平方向夾45°角的勻強電場，將一質(zhì)量為m、帶電量為q的小球，以某一初速度從O點豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿足拋物線方程y=kx²，且小球通過點P（$\frac{1}{k}$，$\frac{1}{k}$）．已知重力加速度為g，則（　�。�

• A． 電場強度的大小為$\frac{mg}{q}$
• B． 小球初速度的大小為$\sqrt{\frac{g}{2k}}$
• C． 小球通過點P時的動能為$\frac{5mg}{4k}$
• D． 小球從O點運動到P點的過程中，電勢能減少$\frac{\sqrt{2}mg}{k}$

Answer 1

分析 結(jié)合小球運動的特點與平拋運動的方程，判斷出小球在豎直方向受到重力與電場力在豎直方向的分力大小相等，方向相反，由此求出電場力的大小，再由F=qE即可求出電場強度；由平拋運動的方程即可求出平拋運動的初速度，以及到達P時的速度；由動能定理即可求出電勢能的變化．

解答 解：小球，以某一初速度從O點豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿足拋物線方程y=kx²，說明小球做類平拋運動，則電場力與重力的合力沿y軸正方向，豎直方向：qE•sin45°=mg，所以：$qE=\sqrt{2}mg$，電場強度的大小為：E=$\frac{\sqrt{2}mg}{q}$，故A錯誤；
B、小球受到的合力：F_合=qEcos45°=mg=ma，所以a=g，由平拋運動規(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$\frac{{v}_{0}}{{v}_{y}}=\frac{1}{2}$，所以通過點P時的動能為：$\frac{1}{2}m{v}^{2}=\frac{1}{2}m（{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}）=\frac{5mg}{4k}$，故C正確；
D、小球從O到P電勢能減少，且減少的電勢能等于電場力做的功，即：${W}_{E}=\frac{qE•\frac{1}{k}}{cos45°}=\frac{2mg}{k}$，故D錯誤．
故選：BC

點評 本題考查類平拋運動規(guī)律以及勻強電場的性質(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力的分力與重力大小相等，方向相反是解答的關(guān)鍵．