Question

1．如圖所示，在空間某豎直平面內(nèi)存在一方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)中某矩形區(qū)域ABCD的AD、BC邊與場(chǎng)強(qiáng)方向平行，O、O′分別為AD、BC邊的中點(diǎn)．甲、乙是兩個(gè)完全相同的質(zhì)量為m，帶電量為q的小球（可視為點(diǎn)電荷）．球甲在A點(diǎn)由靜止釋放后，沿直線運(yùn)動(dòng)到O′點(diǎn)；球乙在D點(diǎn)以一定的初速度沿DO′方向拋出后，恰好落在C點(diǎn)．已知重力加速度為g，矩形邊長(zhǎng)AB=CD=L，AD=BC=2L，不考慮電荷間的相互作用與空氣阻力，在上述兩球的運(yùn)動(dòng)過程中（　�。�

• A． 電場(chǎng)強(qiáng)度大小為$\frac{mg}{q}$
• B． 甲球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為$\sqrt{\frac{2L}{g}}$
• C． 乙球的電勢(shì)能減少了mgL
• D． 乙球拋出時(shí)的初速度大小為$\frac{\sqrt{gL}}{2}$

Answer 1

分析 由題意分析可知，球甲在A點(diǎn)由靜止釋放后，沿直線運(yùn)動(dòng)到O′點(diǎn)，則甲球在重力和電場(chǎng)力的合力作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，球乙拋出后做類平拋運(yùn)動(dòng)．根據(jù)力的合成可求電場(chǎng)強(qiáng)度；由位移公式可求甲球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；乙球電勢(shì)能的變化量等于電場(chǎng)力做的功，而D、C兩點(diǎn)電勢(shì)相等，電場(chǎng)力不做功；由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可求乙球的初速度．

解答 解：A、由題意可知，AB=BO′=L，∠BAO′=45⁰，球甲在A點(diǎn)由靜止釋放后，沿直線運(yùn)動(dòng)到O′點(diǎn)，則甲球在重力和電場(chǎng)力的合力作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以有mg=qE，解得：電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為：E=$\frac{mg}{q}$，故A正確；
B、由牛頓第二定律可得，甲球的加速度為：a=$\frac{\frac{mg}{cos4{5}^{0}}}{m}$=$\sqrt{2}$g，AO′=$\sqrt{2}$L，由x=$\frac{1}{2}$at²可得：$\sqrt{2}$L=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{2}$gt²，解得：t=$\sqrt{\frac{2L}{g}}$，故B正確；
C、球乙在D點(diǎn)以一定的初速度沿DO′方向拋出后，恰好落在C點(diǎn)．而D、C兩點(diǎn)電勢(shì)相等，電場(chǎng)力不做功，電勢(shì)能不變，故C錯(cuò)誤；
D、球乙拋出后做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度為a=$\sqrt{2}$g，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得：Lsin45°=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{2}$gt²，Lcos45°=v₀t，聯(lián)立解得：v₀=$\frac{\sqrt{2gL}}{2}$，故D錯(cuò)誤．
故選：AB．

點(diǎn)評(píng) 解答此題的關(guān)鍵是正確分析兩小球的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，再根據(jù)勻加速運(yùn)動(dòng)和類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解．同時(shí)要知道電勢(shì)能的變化量等于電場(chǎng)力做的功．