Question

4．如圖所示，空間存在足夠大的豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，帶正電荷的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)且所受電場(chǎng)力與重力相等）自空間0點(diǎn)以水平初速度v₀拋出，落在地面上的A點(diǎn)，其軌跡為一拋物線．現(xiàn)仿此拋物線制作一個(gè)光滑絕緣滑道并固定在與OA完全重合的位置上，將此小球從0點(diǎn)由靜止釋放，并沿此滑道滑下，在下滑過(guò)程中小球未脫離滑道．P為滑道上一點(diǎn)，已知小球沿滑道滑至P點(diǎn)時(shí)其速度與水平方向的夾角為45°，下列說(shuō)法正確的是（　�。�

• A． 小球兩次由O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間相等
• B． 小球經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)，水平位移與豎直位移之比為1：2
• C． 小球經(jīng)過(guò)滑道上P點(diǎn)時(shí)，電勢(shì)能變化了$\frac{1}{4}$mv${\;}_{0}^{2}$
• D． 小球經(jīng)過(guò)滑道上P點(diǎn)時(shí)，重力的瞬時(shí)功率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$mgv₀

Answer 1

分析 第一次小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，第二次在軌道作用下受軌道作用力，小球不做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)與受力特征進(jìn)行受力分析求解．

解答 解：A、第二次不是平拋運(yùn)動(dòng)，此時(shí)球在滑道上運(yùn)動(dòng)時(shí)會(huì)受到滑道的彈力，使豎直方向上的加速度減小，故時(shí)間變長(zhǎng)．故A錯(cuò)誤．
B、小球第一次做類平拋運(yùn)動(dòng)沿拋物線運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度應(yīng)也與水平方向的夾角為45°，在水平方向上的分量為v₀，在豎直方向上的分量應(yīng)也為v_y=v₀，
在水平方向上的位移x=v₀t，在豎直方向上的位移為：$y=\frac{1}{2}a{t}^{2}$，所以有：$\frac{x}{y}=\frac{2{v}_{0}}{at}=\frac{2{v}_{0}}{{v}_{y}}$=$\frac{2}{1}$，故B錯(cuò)誤．
C、第一次做類平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，只有重力和電場(chǎng)力做功，根據(jù)動(dòng)能定理合力做功等于動(dòng)能的增量為：
$2mgh=\frac{1}{2}m（\sqrt{2}{v}_{0}）^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$．
第二次在滑動(dòng)上從靜止滑下時(shí)，也只有重力和電場(chǎng)力做功，下落同樣的高度，合力做功一樣多，即：
2mgh=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$．
而電場(chǎng)力等于重力，所以電場(chǎng)力作用為：mgh=$\frac{1}{4}m{v}_{0}^{2}$，即電勢(shì)能減小$\frac{1}{4}m{v}_{0}^{2}$，故C正確；
D、由C中2mgh=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$可知，小球在滑道上運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的速度為v₀，所以在豎直方向的分速度為$\frac{\sqrt{2}}{2}{v}_{0}$，所以重力做功的功率為：P=mg•$\frac{\sqrt{2}}{2}{v}_{0}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}mg{v}_{0}$，故D正確．
故選：CD．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵掌握處理平拋運(yùn)動(dòng)的方法，注意小球在滑道上的運(yùn)動(dòng)情況與平拋運(yùn)動(dòng)的情況不同，但是水平位移和豎直位移是一樣的．