Question

5．質(zhì)量為m、電荷量為-q的小球從某一點(diǎn)靜止釋放，運(yùn)動(dòng)t秒后在空間加上豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，再經(jīng)過t秒，小球又回到出發(fā)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力且始終沒有落地，則（　�。�

• A． t秒末與2t秒末的速率之比為1：3
• B． 第一個(gè)t秒內(nèi)與第二個(gè)t秒內(nèi)的加速度之比為1：3
• C． 電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為$\frac{3mg}{q}$
• D． 該過程中小球的電勢(shì)能改變了2mg²t²

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；對(duì)全過程運(yùn)用動(dòng)能定理求出電場(chǎng)力做功的大小求出電勢(shì)能的變化．

解答 解：A、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：
$\frac{1}{2}g{t}^{2}=-（vt-\frac{1}{2}a{t}^{2}）$
又因有：v=gt
解得：a=3g，
則小球回到A點(diǎn)時(shí)的速度為：v′=v-at=-2gt．t秒末與2t秒末的速率之比為1：2．故A錯(cuò)誤，B正確；
C、由牛頓第二定律得：
a=$\frac{qE-mg}{m}$，
解得：qE=4mg．
則電場(chǎng)強(qiáng)度為：E=$\frac{4mg}{q}$．故C錯(cuò)誤．
D、對(duì)全過程運(yùn)用動(dòng)能定理得，重力做功為零，根據(jù)動(dòng)能定理，則電場(chǎng)力做功為：W=$\frac{1}{2}m{（2gt）}^{2}-0=2m{g}^{2}{t}^{2}$．故D正確．
故選：BD．

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．