Question

12．在電場方向水平向右的勻強電場中，一帶電小球從A點豎直向上拋出，其運動的軌跡如圖所示．小球運動的軌跡上A、B兩點在同一水平線上，M為軌跡的最高點．小球拋出時的動能為8.0J，在M點的動能為6.0J，不計空氣的阻力．則（　�。�

• A． 小球水平位移x₁與x₂的比值1：3
• B． 小球水平位移x₁與x₂的比值1：2
• C． 小球落到B點時的動能E_kB=24J
• D． 小球從A點運動到B點的過程中最小動能為4J

Answer 1

分析 （1）小球在豎直方向上做豎直上拋運動，根據(jù)對稱性可知從A點至M點和從M點至B點的時間t相等．小球在水平方向上做初速為零的勻加速運動，由運動學公式位移公式，運用比例法求出x₁與x₂之比；
（2）分別研究A到M和A到B水平方向的分運動，由運動學公式速度位移關系式求出小球到達B點的速度，即可得到動能E_KB；
（3）根據(jù)速度的合成得到動能與時間的關系式，運用數(shù)學知識求極值，得到小球動能的最小值．

解答 解：A、小球在豎直方向上做豎直上拋運動，根據(jù)對稱性得知，從A點至M點和從M點至B點的時間t相等．
小球在水平方向上做初速為零的勻加速直線運動，設加速度為a，則有：
${x}_{1}=\frac{1}{2}a{t}^{2}$
${x}_{2}=\frac{1}{2}a（2t）^{2}-\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{3}{2}a{t}^{2}$
所以$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}=\frac{1}{3}$，故A正確，B錯誤
C、小球從A到M，水平方向上電場力做功為：W_電=Eqx₁=6J，
則從A到B水平方向上電場力做功為：W_電′=Eq（x₁+x₂）=4W_電=24J
則由能量守恒可知，小球運動到B點時的動能為：E_kB=E_k0+4W_電=8+24J=32J，故C錯誤
D、由題，$\frac{1}{2}{mv}_{A}^{2}=8J$，
得：v_A=$\frac{4}{\sqrt{m}}$
又豎直方向上，有：v_A=gt=$\frac{G}{m}t$，
所以$\frac{4}{\sqrt{m}}=\frac{G}{m}t$…①
$\frac{1}{2}{mv}_{M}^{2}=6J$，
得：v_M=$\sqrt{\frac{12}{m}}$
在水平方向上，有 v_M=at=$\frac{F}{m}t$，
則得：$\sqrt{\frac{12}{m}}=\frac{F}{m}t$…②
所以②：①得  $\frac{F}{G}=\frac{\sqrt{3}}{2}$                
設小球運動時間為t時動能為E_k，則：
${E}_{k}=\frac{1}{2}m（{v}_{0}-gt）^{2}+\frac{1}{2}m（at）^{2}$
化簡為：（g²+a²）t²-2v₀gt+${v}_{0}^{2}-\frac{2{E}_{K}}{m}$=0
 當△=0時有極值，則：4${v}_{0}^{2}$g²-4（g²+a²）（${v}_{0}^{2}-\frac{2{E}_{k}}{m}$）=0
得：E_k=$\frac{{a}^{2}}{{g}^{2}+{a}^{2}}$E_k0
由$\frac{F}{m}=\frac{\sqrt{3}}{2}$
得：a=$\frac{\sqrt{3}}{2}$
即：E_kmin=$\frac{3}{7}$E_k0=$\frac{3}{7}$×8J=$\frac{24}{7}$，故D錯誤
故選：A

點評 本題運用運動的合成和分解法處理，抓住豎直方向上運動的對稱性得到時間關系是關鍵．對于第3題，也可以求出重力加速度與電場力加速度形成合加速度，當速度方向與合加速度方向垂直時速度最小，動能最小，再由運動學公式和牛頓第二定律結合求解．
D選項另一解法：
根據(jù)水平方向上電場力做功F²t²×$\frac{1}{2m}$=6J，豎直方向上重力做功G²t²×$\frac{1}{2m}$=8J，
可直接得$\frac{F}{G}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．由等效重力場可知，等效重力加速度與豎直方向的夾角為θ，
tanθ=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．最小速度即初速度垂直等效場的分速度v′=v0•sinθ=$\frac{\sqrt{3}{v}_{0}}{\sqrt{7}}$．
最小動能E′與初動能E₀關系為$\frac{E′}{{E}_{0}}$=$\frac{v{′}^{2}}{{v}_{0}^{2}}$，得E′=$\frac{3}{7}$E₀=$\frac{24}{7}$