Question

20．空間存在著一有理想邊界的電場(chǎng)，邊界PQ將該空間分成上下兩個(gè)區(qū)域I、Ⅱ，在區(qū)域Ⅱ中有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，區(qū)域I中無(wú)電場(chǎng)．在區(qū)域Ⅱ中某一位置A，靜止釋放一質(zhì)量為m、電量為q的帶負(fù)電小球，如圖（a）所示，小球運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖（b）所示．已知重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力．則以下說(shuō)法正確的是（　　）

• A． 小球在3.5s末回到出發(fā)點(diǎn)
• B． 小球受到的重力與電場(chǎng)力之比為4：5
• C． A點(diǎn)距邊界的距離為$\frac{2{v}_{0}^{2}}{3g}$
• D． 若邊界PQ處電勢(shì)為零，則A點(diǎn)的電勢(shì)為-$\frac{7m{v}_{0}^{2}}{6q}$

Answer 1

分析 小球受到電場(chǎng)力作用先向上做加速運(yùn)動(dòng)，離開(kāi)電場(chǎng)后向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，再做自由落體運(yùn)動(dòng)，回到出發(fā)點(diǎn)，從而完成一個(gè)周期的運(yùn)動(dòng)．
由圖直接看出小球回到出發(fā)點(diǎn)的時(shí)間．分別求出小球進(jìn)入電場(chǎng)前、后加速度大小，由牛頓第二定律求出電場(chǎng)強(qiáng)度．運(yùn)用動(dòng)能定理求解A點(diǎn)到邊界的距離．
由動(dòng)能定理求出PQ間的電勢(shì)差，即可求得A點(diǎn)的電勢(shì)．

解答 解：
A、小球回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)通過(guò)的位移為0，根據(jù)v-t圖象與時(shí)間軸所圍的面積表示位移可知，小球在7s末總位移為零，回到出發(fā)點(diǎn)，故A錯(cuò)誤．
B、由圖象的斜率等于加速度，得0-2s內(nèi)的加速度為：a₁=$\frac{{v}_{0}}{2}$、2s-5s內(nèi)加速度大小為a₂=$\frac{{v}_{0}}{1.5}$=$\frac{2}{3}$v₀=g．
則得：a₁=$\frac{3}{4}$g
由牛頓第二定律得：
   qE-mg=ma₁ ①
可得：電場(chǎng)強(qiáng)度E=$\frac{7mg}{4q}$．故B錯(cuò)誤．
C、從P點(diǎn)到邊界過(guò)程，由動(dòng)能定理得：
-ma₁y=0-$\frac{1}{2}$m${v}_{0}^{2}$
解得：A點(diǎn)距邊界的距離 y=$\frac{{2v}_{0}^{2}}{3g}$，故C正確．
D、A點(diǎn)與邊界PQ間的電勢(shì)差為 U=-Ey=-$\frac{7mg}{4q}$•$\frac{{2v}_{0}^{2}}{3g}$=-$\frac{7m{v}_{0}^{2}}{6q}$．若邊界PQ處電勢(shì)為零，則A點(diǎn)電勢(shì)為-$\frac{7m{v}_{0}^{2}}{6q}$．故D正確．
故選：CD．

點(diǎn)評(píng) 本題是多過(guò)程問(wèn)題，分析受力情況和運(yùn)動(dòng)情況是解題的基礎(chǔ)，關(guān)鍵要靈活選擇力學(xué)的規(guī)律列式求解．