Question

16．質(zhì)量為m的帶正電小球由空中A點(diǎn)無初速度自由下落，在t秒末加上豎直向上、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，再經(jīng)過t秒小球又回到A點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力且小球從未落地，則（　　）

• A． 整個(gè)過程中小球電勢(shì)能變化了2mg²t²
• B． 整個(gè)過程中小球mv增量的大小為4mgt
• C． 從加電場(chǎng)開始到小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)小球動(dòng)能變化了mg²t²
• D． 從A點(diǎn)到最低點(diǎn)小球重力勢(shì)能變化了$\frac{2}{3}$mg²t²

Answer 1

分析 分析小球的運(yùn)動(dòng)情況：小球先做自由落體運(yùn)動(dòng)，加上勻強(qiáng)電場(chǎng)后小球先向下做勻減速運(yùn)動(dòng)，后向上做勻加速運(yùn)動(dòng)．由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出t秒末速度大小，加上電場(chǎng)后小球運(yùn)動(dòng)，看成一種勻減速運(yùn)動(dòng)，自由落體運(yùn)動(dòng)的位移與這個(gè)勻減速運(yùn)動(dòng)的位移大小相等、方向相反，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求電場(chǎng)強(qiáng)度，由W=qEd求得電場(chǎng)力做功，即可得到電勢(shì)能的變化．由動(dòng)能定理得求出A點(diǎn)到最低點(diǎn)的高度，得到重力勢(shì)能的減小量

解答 解：A、B小球先做自由落體運(yùn)動(dòng)，后做勻減速運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)過程的位移大小相等、方向相反．設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，加電場(chǎng)后小球的加速度大小為a，取豎直向下方向?yàn)檎�方向，則
由$\frac{1}{2}g{t}^{2}=-（vt-\frac{1}{2}a{t}^{2}）$
又v=gt
解得 a=3g，則小球回到A點(diǎn)時(shí)的速度為v′=v-at=-2gt
整個(gè)過程中小球速度增量的大小為△v=v′-v=-3gt，速度增量的大小為3gt．動(dòng)量增加為3mgt
由牛頓第二定律得
  a=$\frac{qE-mg}{m}$，聯(lián)立解得，qE=4mg
△?=qE$\frac{1}{2}g{t}^{2}$=2mg²t²．故A正確，B錯(cuò)誤．
C、從加電場(chǎng)開始到小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)小球動(dòng)能減少了△E_k=$\frac{1}{2}m{g}^{2}{t}^{2}$．故C錯(cuò)誤．
D、設(shè)從A點(diǎn)到最低點(diǎn)的高度為h，根據(jù)動(dòng)能定理得
   mgh-qE（h-$\frac{1}{2}g{t}^{2}$）=0
解得，h=$\frac{2}{3}g{t}^{2}$
從A點(diǎn)到最低點(diǎn)小球重力勢(shì)能減少了△E_p=mgh=$\frac{2}{3}$mg²t²．故D正確．
故選：AD

點(diǎn)評(píng) 本題首先要分析小球的運(yùn)動(dòng)過程，采用整體法研究勻減速運(yùn)動(dòng)過程，抓住兩個(gè)過程之間的聯(lián)系：位移大小相等、方向相反，運(yùn)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律和動(dòng)能定理結(jié)合進(jìn)行研究．