Question

9．如圖所示，長L=1m、光滑的桿傾斜放置，與水平面的夾角為45°，一帶正電、質(zhì)量為m=0.1kg、電荷量為q=10^-4C的小球套在桿上．以桿的下端點為坐標原點，在桿所在的豎直平面內(nèi)建立平面直角坐標系xOy，x軸水平，整個空間存在平行于xOy平面的勻強電場．讓小球以某一初速度v從桿的上端開始沿桿下滑，離開桿時其速度大小為2$\sqrt{2}$m/s，通過A（0.2，-0.6）點時其速度大小為v_A=4m/s，通過B（-0.6，-3）點時其速度大小為v_B=4$\sqrt{5}$m/s，取g=10m/s²，求：
（1）O、A兩點的電勢差U_OA，O、B兩點的電勢差U_OB；
（2）電場強度的大小和方向；
（3）小球的初速度v；
（4）小球離開O點后通過y軸時的動能．

Answer 1

分析 （1）從O到A，和從O到B的過程中，根據(jù)動能定理列式求解；
（2）電場線方向與等勢面垂直，據(jù)此分析電場強度方向，根據(jù)U=Ed求解電場強度；
（3）對小球在桿上運動過程受力分析，得出小球的運動情況即可求解；
（4）離開O點后，小球做類平拋運動，根據(jù)平拋運動基本公式結(jié)合動能定理求解．

解答 解：（1）從O到A，根據(jù)動能定理得：$mg{h}_{OA}+q{U}_{OA}=\frac{1}{2}m{{v}_{A}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$，
代入數(shù)據(jù)解得：U_OA=-2000V，
從O到B，根據(jù)動能定理得：$mg{h}_{OB}+q{U}_{OB}=\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$，
代入數(shù)據(jù)解得：U_OB=6000V，
（2）連接AB，與y軸交于C點，由幾何關(guān)系可知，OC為等勢面，因此電場方向沿x軸負方向，設(shè)電場強度為E，則$E=\frac{{U}_{OB}}{|{x}_{B}|}$
代入數(shù)據(jù)解得：E=1×10⁴V/m
（3）對小球在桿上運動過程受力分析，如圖所示，根據(jù)題意，G=F_電，
可知小球在桿子運動時，合力為零，小球做勻速運動，因此，v=${v}_{0}=2\sqrt{2}m/s$，
（4）離開O點后，小球做類平拋運動，$\overline{OD}cos45°={v}_{0}t$，$\overline{OD}sin45°=\frac{1}{2}a{t}^{2}$，a=$\sqrt{2}g$，
代入數(shù)據(jù)解得：$\overline{OD}=1.6m$
從O到D，根據(jù)動能定理得：$mg{h}_{OD}={E}_{KD}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：E_KD=2.0J
答：（1）O、A兩點的電勢差為-2000V，O、B兩點的電勢差為6000V；
（2）電場強度的大小為1×10⁴V/m，方向沿x軸負方向；
（3）小球的初速度v為$2\sqrt{2}m/s$；
（4）小球離開O點后通過y軸時的動能為2.0J．

點評 本題主要考查了動能定理、平拋運動基本公式以及U=Ed的直接應用，要求同學們能正確分析小球的受力情況和運動情況，難度適中．