Question

如圖，空間坐標(biāo)系O-xyz的z軸方向豎直向上，所在空間存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電
場(chǎng)，電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E=

mg

q

．一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球從z軸上的A點(diǎn)以速度v₀沿x
軸正方向拋出，A點(diǎn)坐標(biāo)為（0，0，l），重力加速度為g，下列說法正確的是（　�。�

• A．小球運(yùn)動(dòng)中機(jī)械能增大
• B．小球運(yùn)動(dòng)軌跡所在的平面與xOy平面的夾角為45°
• C．小球的軌跡與xOy平面交點(diǎn)的坐標(biāo)為(

  2

  l，l，0)
• D．小球到達(dá)xOy平面時(shí)的速度大小為

  v02+2gl

Answer 1

分析：根據(jù)小球受力情況可知小球所受合力不變，故小球做勻變速運(yùn)動(dòng)；由于初速度與加速度相互垂直，故小球在加速度與初速度構(gòu)成的平面內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)平面沿合外力方向；根據(jù)其軌跡所在的平面可知道軌跡與xoy平面的交點(diǎn)的y及z坐標(biāo)，再根據(jù)沿z軸方向的運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出小球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，從而求出小球沿x軸方向的位移即x軸坐標(biāo)；根據(jù)動(dòng)能定理求出物體的合速度．

解答：解：A、運(yùn)動(dòng)過程中，電場(chǎng)力做功，電勢(shì)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，故機(jī)械能增大，故A正確
B、小球受到的電場(chǎng)力：F=qE=mg，所以小球受到的合力與y軸的夾角是45°，所以合力的方向與xoy平面的夾角為45°，小球的加速度的方向xoy平面的夾角為45°，小球的初速度v₀與加速度a所在的平面與xoy平面的夾角為45°，故小球運(yùn)動(dòng)的軌跡所在的平面與xOy平面的夾角為45°，故B正確
C、小球在Z軸方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，只受重力，且初速度為零，所以經(jīng)過時(shí)間t=

2L g

，則小球在X軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則發(fā)生的位移x=v₀t=L，而在Y軸方向小球只受電場(chǎng)力，初速度為零，因此發(fā)生的位移y=

1

2

?

qE

m

?t2=2L，小球的軌跡與xoy平面交點(diǎn)的坐標(biāo)（L，2L，0），故C錯(cuò)誤；
D、小球在重力與電場(chǎng)力共同作用下動(dòng)能發(fā)生變化，由動(dòng)能定理得：

1

2

mv2-

1

2

m

v

2 0

=mgL+qEy，代入數(shù)據(jù)解得：v=

v02+4gl

．故D錯(cuò)誤．
故選：AB

點(diǎn)評(píng)：類平拋運(yùn)動(dòng)和平拋運(yùn)動(dòng)遵循的規(guī)律類似，只是加速度不同，故要根據(jù)受力情況求出物體所受合外力，進(jìn)而求出物體的加速度，再利用沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿合外力方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律來求解．