Question

15．如图所示，在竖直平面内xoy坐标系中分布着与水平方向夹45°角的匀强电场，将一质量为m、带电量为q的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y=kx²，且小球通过点P（$\frac{1}{k}$，$\frac{1}{k}$）．已知重力加速度为g，则（　　）

• A． 电场强度的大小为$\frac{mg}{q}$
• B． 小球初速度的大小为$\sqrt{\frac{g}{2k}}$
• C． 小球通过点P时的动能为$\frac{5mg}{4k}$
• D． 小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少$\frac{\sqrt{2}mg}{k}$

Answer 1

分析 结合小球运动的特点与平抛运动的方程，判断出小球在竖直方向受到重力与电场力在竖直方向的分力大小相等，方向相反，由此求出电场力的大小，再由F=qE即可求出电场强度；由平抛运动的方程即可求出平抛运动的初速度，以及到达P时的速度；由动能定理即可求出电势能的变化．

解答 解：小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y=kx²，说明小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿y轴正方向，竖直方向：qE•sin45°=mg，所以：$qE=\sqrt{2}mg$，电场强度的大小为：E=$\frac{\sqrt{2}mg}{q}$，故A错误；
B、小球受到的合力：F_合=qEcos45°=mg=ma，所以a=g，由平抛运动规律有：$\frac{1}{k}$=v₀t，$\frac{1}{k}=\frac{1}{2}$gt²，得初速度大小为${v}_{0}=\sqrt{\frac{g}{2k}}$，故B正确；
C、由于：$\frac{1}{k}$=v₀t，$\frac{1}{k}=\frac{1}{2}$gt²，又$\frac{{v}_{0}}{{v}_{y}}=\frac{1}{2}$，所以通过点P时的动能为：$\frac{1}{2}m{v}^{2}=\frac{1}{2}m（{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}）=\frac{5mg}{4k}$，故C正确；
D、小球从O到P电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即：${W}_{E}=\frac{qE•\frac{1}{k}}{cos45°}=\frac{2mg}{k}$，故D错误．
故选：BC

点评 本题考查类平抛运动规律以及匀强电场的性质，结合抛物线方程y=kx²，得出小球在竖直方向受到的电场力的分力与重力大小相等，方向相反是解答的关键．