Question

14．如圖所示，空間有豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶正電的小球質(zhì)量為m，在豎直平面內(nèi)沿與水平方向成30°角的虛線以速度v₀斜向上做勻速運(yùn)動(dòng)．當(dāng)小球經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)突然將電場(chǎng)方向旋轉(zhuǎn)一定的角度，電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變，小球仍沿虛線方向做直線運(yùn)動(dòng)，選O點(diǎn)電勢(shì)為零，重力加速度為g，則（　�。�

• A． 原電場(chǎng)方向豎直向下
• B． 改變后的電場(chǎng)方向垂直于ON
• C． 電場(chǎng)方向改變后，小球的加速度大小為g
• D． 電場(chǎng)方向改變后，小球的最大電勢(shì)能為$\frac{{{mv}_{0}}^{2}}{4}$

Answer 1

分析 抓住小球做勻速運(yùn)動(dòng)，結(jié)合平衡得出原電場(chǎng)方向；改變電場(chǎng)強(qiáng)度方向后，小球仍然沿虛線做直線運(yùn)動(dòng)，抓住合力與速度方向在同一條直線上，結(jié)合平行四邊形定則得出改變后的電場(chǎng)方向．根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合合力的大小求出小球的加速度．根據(jù)動(dòng)能定理求出小球運(yùn)動(dòng)的最大位移，從而求出小球的最大電勢(shì)能．

解答 解：A、由題意可知，小球只受到重力與電場(chǎng)力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以它受到的合力為0，電場(chǎng)力與重力是一對(duì)平衡力．所以電場(chǎng)力的大小也是mg，方向與拉力重力的方向相反．則勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小 E=$\frac{mg}{q}$，帶正電的小球受到的電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)的方向相同，所以電場(chǎng)的方向豎直向上．故A錯(cuò)誤；
B、改變電場(chǎng)的方向后，電場(chǎng)力沿垂直于MN方向的分力必須與重力沿垂直于MN方向的分力大小相等，電場(chǎng)力與重力的合力的方向才能沿MN（或沿NM的方向），可知此時(shí)：qE•sinθ=mgcos30°
可知此時(shí)電場(chǎng)力的方向與MN之間的夾角為60°，如圖．故B錯(cuò)誤；

C、電場(chǎng)方向改變后，小球受到的合力：F_合=mgsin30°+qEcosθ
又：ma=F_合
聯(lián)立得小球的加速度大小為：a=g，故C正確．
D、小球向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度等于0時(shí)，電勢(shì)能最大，最大等于克服電場(chǎng)力做的功．設(shè)沿MN小球向上運(yùn)動(dòng)的最大位移為x，由動(dòng)能定理得：$-qE•cosθ•x-mgxsin30°=0-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$，小球的最大電勢(shì)能：E_Pm=qEcosθ•x，
聯(lián)立得：小球的最大電勢(shì)能${E}_{p}=\frac{1}{4}m{{v}_{0}}^{2}$，故D正確．
故選：CD．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了帶電小球在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，注意開始小球受力平衡，知道小球做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，合力方向與速度方向在同一條直線上，知道電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系．