Question

如图所示，空间存在足够大的竖直向下的匀强电场，带正电荷的小球（可视为质点且所受电场力与重力相等）自空间O点以水平初速度v₀抛出，落在地面上的A点，其轨迹为一抛物线．现仿此抛物线制作一个光滑绝缘滑道并固定在与OA完全重合的位置上，将此小球从O点由静止释放，并沿此滑道滑下，在下滑过程中小球未脱离滑道．P为滑道上一点，已知小球沿滑道滑至P点时其速度与水平方向的夹角为45°，下列说法正确的是（　　）

• A．小球两次由O点运动到P点的时间相等
• B．小球经过P点时，水平位移与竖直位移之比为1：2
• C．小球经过滑道上P点时，电势能变化了

  1

  4

  m

  v

  2 0

• D．小球经过滑道上P点时，重力的瞬时功率为

  2

  mgv₀

Answer 1

分析：1、小球在滑道上由静止滑下，不是平抛运动，此时球在滑道上运动时会受到滑道的弹力，使竖直方向上的加速度减小，故时间变长；
2、球第一次做类平抛运动时在水平方向上的位移x=v₀t，在竖直方向上的位移y=

1

2

at2，所以

x

y

=

2v0

at

=

2v0

vy

，根据题意在水平方向上的分量为v₀，在竖直方向上的分量应也为v_y=v₀，所以可得水平位移与竖直位移之比．
3、两次都只有重力和电场力做功，根据动能定理合力做功等于动能的增量2mgh=

1

2

m(

2

v0)2-

1

2

mv02=

1

2

mv02．而电场力等于重力，所以电场力作用为mgh=

1

4

mv02，即可知电势能如何变化．
4、小球在滑道上运动到P点时的速度为v₀，所以在竖直方向的分速度为

2

2

v0，根据力做功的功率的公式P=FV可计算重力做功的功率．

解答：解：A、第二次不是平抛运动，此时球在滑道上运动时会受到滑道的弹力，使竖直方向上的加速度减小，故时间变长．故A错误．
B、球第一次做类平抛运动沿抛物线运动到P点时速度应也与水平方向的夹角为45°，在水平方向上的分量为v₀，在竖直方向上的分量应也为v_y=v₀，
在水平方向上的位移x=v₀t，在竖直方向上的位移为：y=

1

2

at2，所以有：

x

y

=

2v0

at

=

2v0

vy

=

2

1

，故B错误．
C、第一次做类平抛运动时，只有重力和电场力做功，根据动能定理合力做功等于动能的增量为：
2mgh=

1

2

m(

2

v0)2-

1

2

mv02=

1

2

mv02．
第二次在滑动上从静止滑下时，也只有重力和电场力做功，下落同样的高度，合力做功一样多，即：
2mgh=

1

2

mv02．
而电场力等于重力，所以电场力作用为：mgh=

1

4

mv02，即电势能减小

1

4

mv02，故C正确．
D、由C中2mgh=

1

2

mv02可知，小球在滑道上运动到P点时的速度为v₀，所以在竖直方向的分速度为

2

2

v0，所以重力做功的功率为：P=mg?

2

2

v0=

2

2

mgv0，故D错误．
故选：C．

点评：解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，注意小球在滑道上的运动情况与平抛运动的情况不同，但是水平位移和竖直位移是一样的．