Question

1．如圖所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場中，從傾角為θ的斜面桑的M點(diǎn)水平拋出一個(gè)帶負(fù)電小球，小球的初速度為v₀，最后小球落在斜面上的N點(diǎn)．在已知θ、v₀和小球所受電場力大小F及重力加速度g的條件下，不計(jì)空氣阻力，則下列判斷正確的是（　�。�

• A． 小球所受的重力大小一定大于電場力
• B． 可求出小球落到N點(diǎn)時(shí)重力的功率
• C． 無法求出小球從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過程中電勢能的變化量
• D． 可求出小球落到N點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向

Answer 1

分析 小球在運(yùn)動(dòng)過程中受重力與電場力作用，做類平拋運(yùn)動(dòng)，重力的功率等于重力與豎直分速度的乘積．對(duì)小球受力分析、應(yīng)用牛頓第二定律、類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律分析答題，注意明確題目中的已知量和未知量．

解答 解：A、小球受到重力和豎直向下的電場力，做類平拋運(yùn)動(dòng)，重力與電場力的大小不確定，可能兩者相等，故A錯(cuò)誤；
B、利用平拋知識(shí)有：$\frac{y}{x}$=$\frac{\frac{{v}_{y}^{\;}}{2}t}{{v}_{0}^{\;}t}$=$\frac{{v}_{y}^{\;}}{2{v}_{0}^{\;}}$=tanθ，速度偏向角設(shè)為α，則tanα=$\frac{{v}_{y}^{\;}}{{v}_{0}^{\;}}$=2tanθ，則得：v_y=2v₀tanθ，小球落到N點(diǎn)時(shí)重力的功率為P=mgv_y=2mgv₀tanθ．由于小球的質(zhì)量未知，所以不能求出小球落到N點(diǎn)時(shí)重力的功率．故B錯(cuò)誤；
C、小球從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過程中電勢能的變化量△E_P=Fy=F•$\frac{{v}_{y}^{2}}{2a}$，由于加速度a無法求出，所以電勢能的變化量不能求出．故C正確；
D、小球落到N點(diǎn)時(shí)速度的大小$v=\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}=\sqrt{1+4ta{n}_{\;}^{2}θ}{v}_{0}^{\;}$，方向tanα=2tanθ，故D正確；
故選：CD．

點(diǎn)評(píng) 帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)可視為類平拋運(yùn)動(dòng)，類平拋運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向的勻加速運(yùn)動(dòng)，熟練應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律即可正確解題；同時(shí)明確電荷在電場中受到的電場力方向與電荷的電性有關(guān)．