Question

4．在地面附近，存在著一個有界電場，邊界MN將空間分成上下兩個區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，在區(qū)域Ⅱ中有豎直向上的勻強電場，在區(qū)域Ⅰ中離邊界高度為H處由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球A，如圖所示，若區(qū)域Ⅱ中勻強電場的電場強度E=2mg/q，不計空氣阻力，重力加速度為g，則（　　）

• A． 小球在區(qū)域Ⅰ的加速度大小大于在區(qū)域Ⅱ的加速度大小
• B． 取釋放小球時刻為t=0，當(dāng)t=$\sqrt{\frac{8H}{g}}$時小球第二次經(jīng)過邊界MN
• C． 從小球向下開始運動到速度減小到零的整個過程中，重力做的功大于電場力做功
• D． 小球能返回A點

Answer 1

分析 分別對兩種情況下的小球進行受力分析，結(jié)合牛頓第二定律即可求出加速度；結(jié)合運動學(xué)的公式即可求出小球第二次經(jīng)過邊界MN的時間；根據(jù)動能定理即可分析兩個力做功的情況．

解答 解：A．小球在復(fù)合場中受到重力和電場力的作用，電場力的方向向上，則受到的合力：${F}_{合}=qE-mg=q•\frac{2mg}{q}-mg=mg$
所以小球的加速度：$a=\frac{mg}{m}=g$．所以小球在區(qū)域Ⅰ的加速度大小等于在區(qū)域Ⅱ的加速度大小．故A錯誤；
B、小球到達邊界的時間：${t}_{1}=\sqrt{\frac{2H}{g}}$，由于小球在復(fù)合場中的加速度的大小也是g，方向向上，所以小球的速度減小為0的時間：${t}_{2}={t}_{1}=\sqrt{\frac{2H}{g}}$；
由一定的對稱性可知，小球從最低點返回界面的時間與小球在復(fù)合場中向下運動的時間是相等的，即：${t}_{3}={t}_{2}=\sqrt{\frac{2H}{g}}$
取釋放小球時刻為t=0，小球第二次經(jīng)過邊界MN的時間：$t={t}_{1}+{t}_{2}+{t}_{3}=3{t}_{1}=3\sqrt{\frac{2H}{g}}$．故B錯誤；
C、從小球向下開始運動到速度減小到零的整個過程中，根據(jù)動能定理可得：W_G-W_E=0-0，所以重力做的功大小等于電場力做功．故C錯誤；
D、整個運動的過程中小球的重力勢能、動能和電勢能之間相互轉(zhuǎn)化，總能量是守恒的，所以小球能返回A點．
故選：D

點評 本題一要能正確分析小球的運動情況，抓住小球在電場中的加速度等于重力加速度是關(guān)鍵；二要運用牛頓第二定律和動能定理分別研究小球的受力情況和外力做功關(guān)系．