Question

如圖所示，空間存在足夠大的豎直向下的勻強電場，帶正電荷的小球（可視為質(zhì)點且所受電場力與重力相等）自空間O點以水平初速度v₀拋出，落在地面上的A點，其軌跡為一拋物線．現(xiàn)仿此拋物線制作一個光滑絕緣滑道并固定在與OA完全重合的位置上，將此小球從O點由靜止釋放，并沿此滑道滑下，在下滑過程中小球未脫離滑道．P為滑道上一點，已知小球沿滑道滑至P點時其速度與水平方向的夾角為45°，下列說法正確的是（　�。�

• A．小球兩次由O點運動到P點的時間相等
• B．小球經(jīng)過P點時，水平位移與豎直位移之比為1：2
• C．小球經(jīng)過滑道上P點時，電勢能變化了

  1

  4

  m

  v

  2 0

• D．小球經(jīng)過滑道上P點時，重力的瞬時功率為

  2

  mgv₀

Answer 1

分析：1、小球在滑道上由靜止滑下，不是平拋運動，此時球在滑道上運動時會受到滑道的彈力，使豎直方向上的加速度減小，故時間變長；
2、球第一次做類平拋運動時在水平方向上的位移x=v₀t，在豎直方向上的位移y=

1

2

at2，所以

x

y

=

2v0

at

=

2v0

vy

，根據(jù)題意在水平方向上的分量為v₀，在豎直方向上的分量應(yīng)也為v_y=v₀，所以可得水平位移與豎直位移之比．
3、兩次都只有重力和電場力做功，根據(jù)動能定理合力做功等于動能的增量2mgh=

1

2

m(

2

v0)2-

1

2

mv02=

1

2

mv02．而電場力等于重力，所以電場力作用為mgh=

1

4

mv02，即可知電勢能如何變化．
4、小球在滑道上運動到P點時的速度為v₀，所以在豎直方向的分速度為

2

2

v0，根據(jù)力做功的功率的公式P=FV可計算重力做功的功率．

解答：解：A、第二次不是平拋運動，此時球在滑道上運動時會受到滑道的彈力，使豎直方向上的加速度減小，故時間變長．故A錯誤．
B、球第一次做類平拋運動沿拋物線運動到P點時速度應(yīng)也與水平方向的夾角為45°，在水平方向上的分量為v₀，在豎直方向上的分量應(yīng)也為v_y=v₀，
在水平方向上的位移x=v₀t，在豎直方向上的位移為：y=

1

2

at2，所以有：

x

y

=

2v0

at

=

2v0

vy

=

2

1

，故B錯誤．
C、第一次做類平拋運動時，只有重力和電場力做功，根據(jù)動能定理合力做功等于動能的增量為：
2mgh=

1

2

m(

2

v0)2-

1

2

mv02=

1

2

mv02．
第二次在滑動上從靜止滑下時，也只有重力和電場力做功，下落同樣的高度，合力做功一樣多，即：
2mgh=

1

2

mv02．
而電場力等于重力，所以電場力作用為：mgh=

1

4

mv02，即電勢能減小

1

4

mv02，故C正確．
D、由C中2mgh=

1

2

mv02可知，小球在滑道上運動到P點時的速度為v₀，所以在豎直方向的分速度為

2

2

v0，所以重力做功的功率為：P=mg?

2

2

v0=

2

2

mgv0，故D錯誤．
故選：C．

點評：解決本題的關(guān)鍵掌握處理平拋運動的方法，注意小球在滑道上的運動情況與平拋運動的情況不同，但是水平位移和豎直位移是一樣的．