Question

1．質(zhì)量為m的帶負(fù)電小球由空中某點(diǎn)A無(wú)初速度地自由下落，在t秒末加上豎直方向且范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，再經(jīng)過(guò)t秒小球又回到A點(diǎn)．整個(gè)過(guò)程中不計(jì)空氣阻力且小球從未落地，則（　�。�

• A． 勻強(qiáng)電場(chǎng)方向一定豎直向下
• B． 從加電場(chǎng)開(kāi)始到小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，小球動(dòng)能變化了mg²t²
• C． 整個(gè)過(guò)程中小球電勢(shì)能減少了2mg²t²
• D． 小球受到的電場(chǎng)力是小球重力的3倍

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、由于小球先從A點(diǎn)自由下落，后加上電場(chǎng)后能回到A點(diǎn)，說(shuō)明所受的電場(chǎng)力必定豎直向上，小球帶負(fù)電，所以勻強(qiáng)電場(chǎng)方向應(yīng)豎直向下．故A正確．
B、從加電場(chǎng)開(kāi)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=$\frac{1}{2}m（gt）^{2}$．故B錯(cuò)誤．
C、D、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(guò)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，則有：$\frac{1}{2}g{t}^{2}$=-（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(guò)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．
由牛頓第二定律得：
a=$\frac{qE-mg}{m}$，
聯(lián)立解得：qE=4mg
小球受到的電場(chǎng)力是小球重力的4倍
△?=qE$•\frac{1}{2}$gt²=2mg²t²．故C正確，D錯(cuò)誤．
故選：AC．

點(diǎn)評(píng) 本題首先要分析小球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，采用整體法研究勻減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程，抓住兩個(gè)過(guò)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．