Question

3．如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立xOy直角坐標(biāo)系，Oy表示豎直向上的方向．已知該平面內(nèi)存在沿x軸負方向的區(qū)域足夠大的勻強電場，現(xiàn)有一個質(zhì)量為m=0.05kg，帶電量為q=-2.5×10^-4C 的小球從坐標(biāo)原點O沿y軸正方向以一定的初速度豎直向上拋出，它到達的最高點位置為圖中的Q點，不計空氣阻力，g取10m/s²．
（1）求勻強電場的場強大��；
（2）求小球從O點拋出到落回x軸的過程中電勢能的變化量．

Answer 1

分析 （1）將小球運動看成是豎直方向的豎直上拋運動和水平方向的初速度為零的勻加速直線運動合成的，然后根據(jù)豎直上拋運動規(guī)律求出到最高點的時間，從而再根據(jù)牛頓運動定律求出水平方向的場強．
（2）求出電場力做的功，即可得到電勢能的改變量

解答 解：（1）小球在y方向上做豎直上拋運動，
在x方向做初速度為零的勻加速運動，
最高點Q的坐標(biāo)為（1.6，3.2），
水平方向：x=$\frac{1}{2}$at²，
由牛頓第二定律得：a=$\frac{qE}{m}$，
在豎直方向：y=$\frac{1}{2}$gt²，
代入數(shù)據(jù)解得：E=1×10³N/C；
（2）在豎直方向：y=$\frac{1}{2}$gt²，
解得，上升階段時間為：t=0.8s，
全過程時間為：t′=2t=1.6s，
x方向發(fā)生的位移為：x′=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t²，
由于電場力做正功，所以電勢能減少，設(shè)變化量為△E，
則：△E=-qEx′，代入數(shù)據(jù)得：△E=-1.6J；
答：（1）勻強電場的場強大小為1×10³N/C；
（2）小球從O點拋出到落回x軸的過程中電勢能的變化量為1.6J．

點評 遇到勻變速曲線運動問題，可以通過受力分析，將曲線運動分解為互相垂直的勻變速直線運動，然后根據(jù)運動的等時性和相應(yīng)規(guī)律列式求解．