Question

16．如圖，O、A、B為同一斜面內的三個點，OB沿斜面向下，∠BOA=60°，0B=$\frac{3}{2}$OA．將一質量為m的小球以初速度v₀自O點平行斜面水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過A點．使此小球帶電，電荷量為q（q＞0），同時加一勻強電場．場強方向與△OAB所在平面平行，現(xiàn)從O點以同樣的速率沿某一平行斜面方向拋出此帶電小球，該小球也恰好通過了A點，到達A點時的動能是初動能的3倍；若該小球從O點以同樣的速率沿另一平行斜面方向拋出，恰好通過B點，且到達B點的動能為初動能的6倍，重力加速度大小為g．固定光滑斜面的傾角θ=30°，求：
（1）無電場時，小球達到A點時的速度大�。�
（2）OA、0B的電勢差U_OA、U_OB；
（3）電場強度的大小和方向．

Answer 1

分析 （1）無電場時，小球在斜面內做類平拋運動．設從O到A的運動時間為t，根據分位移關系和分位移公式即可求解；
（2）、（3）加電場后，同樣使用動能定理與功能關系等于小球到達A與到達B的過程分別列出公式即可．

解答 解：（1）無電場時，小球在斜面內做類平拋運動．建立如圖所示的坐標系．設小球從O到A的運動時間為t，小球到達A點時沿y軸方向的分速度為v_y．則得：
x=v₀t
y=$\frac{{v}_{y}}{2}t$
小球達到A點時，有：tan60°=$\frac{x}{y}$
聯(lián)立解得：v_y=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$v₀；
因此小球達到A點時的速度大小為：
v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\frac{\sqrt{21}}{3}{v}_{0}$
（2）設OA=d，則OB=$\frac{3}{2}$d．小球的初動能為E_K0．根據類平拋運動的規(guī)律得：
d•sin60°=v₀t
d•cos60°=$\frac{1}{2}$gsin30°•t²
又 E_K0=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$，聯(lián)立解得：E_K0=$\frac{3}{16}$mgd
加電場后，從O點到A點下降了dcos60°•sin30°=$\frac{1}{4}$d，
從O點到B點下降了$\frac{3}{2}$dsin30°=$\frac{3}{4}$d．
根據動能定理，
由O到B，有：qU_OB+mg•$\frac{3}{4}$d=6E_K0-E_K0；
解得：U_OA=$\frac{2{E}_{K0}}{3q}$=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{3q}$
U_OB=$\frac{{E}_{k0}}{q}$=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2q}$
（3）在勻強電場中，沿著任意直線，電勢的降落是均勻的，設直線OB上的M點的電勢與A的電勢相同，M點到O點的距離是x，如圖，則有：
$\frac{x}{\frac{3}{2}d}$=$\frac{{U}_{OA}}{{U}_{OB}}$=$\frac{2}{3}$
解得：x=d
MA是等勢線，電場線與MA的垂線OC平行，設電場方向與豎直向下的方向之間的夾角是α，由幾何關系可得：α=30°，即電場線的方向與豎直方向之間的夾角是30°．
設電場強度的大小是E，則得：E=$\frac{{U}_{OA}}{dcos30°}$
又 U_OA=$\frac{2{E}_{K0}}{3q}$，E_K0=$\frac{3}{16}$mgd
解得：E=$\frac{\sqrt{3}mg}{12q}$
答：（1）無電場時，小球達到A點時的速度大小是$\frac{\sqrt{21}}{3}{v}_{0}$；
（2）OA、0B的電勢差U_OA、U_OB分別為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{3q}$和$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2q}$．
（3）電場強度的大小為$\frac{\sqrt{3}mg}{12q}$，方向與豎直方向之間的夾角是30°．

點評 本題是平拋運動與類平拋運動的組合，關鍵是運用動能定理與功能關系研究小球到達A與到達B的過程，再運用電場力做功的基本規(guī)律解題．