hxzuo211 幼苗
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(1)小球从A到D,由动能定理得,
qE(sAC+r)−2mgr=
1
2mvD2,
小球恰好能过最高点D,由牛顿第二定律得
mg=m
vD2
r,解得vD=
gr=
10×0.2m/s=
2m/s.
联立上式,代入数据解得sAC=0.8m.
(2)如图,设小球进入电场时的竖直分运动对应的分速度为v1,落地时的竖直分速度为v2,
小球离开D点,在竖直方向上做自由落体运动,
v12=2gr,v2=2g•2r,
解得v1=2m/s,v2=2
2m/s.
小球离开D点后,进入电场前,水平方向以vD向左匀速直线运动,进入电场后,水平方向在电场力的作用下匀减速运动.
在电场中的运动时间t=
v2−v1
g,
在水平方向上,a=
qE
m,
则s=vD
v1
g+vDt−
1
2at2
代入数据联立解得s=
2
2+1
10m=0.38m.
答:(1)释放点A到C的距离为0.8m;
(2)小球落地时的落地点到C点的距离为0.38m.
点评:
本题考点: 匀强电场中电势差和电场强度的关系;动能定理.
考点点评: 解决本题的关键理清小球在整个过程中的运动规律,掌握处理曲线运动的方法,知道小球在水平方向和竖直方向上的运动规律,结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解.
1年前
你能帮帮他们吗