Question

3．質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球處于方向豎直向上、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場中，由空中A點無初速度釋放，在t秒末撤去勻強(qiáng)電場，再經(jīng)過t秒小球又回到A點．不計空氣阻力則（　�。�

• A． 電場強(qiáng)度的大小為$E=\frac{4mg}{3q}$
• B． 整個過程中電場力對小球做功為$\frac{2}{9}m{g^2}{t^2}$
• C． 小球回到A點時的速度大小為$\frac{2}{3}gt$
• D． 從A點到最高點小球重力勢能變化了$\frac{1}{6}m{g^2}{t^2}$

Answer 1

分析 分析小球的運動情況：小球先向上做勻加速運動，撤去勻強(qiáng)電場后小球向上做勻減速運動，最后向下勻加速運動，即做自由落體運動．由運動學(xué)公式求出t秒末速度大小，撤去電場后小球運動，看成豎直上拋運動的位移與這個勻加速運動的位移大小相等、方向相反，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合求電場強(qiáng)度；對全過程運用動能定理求出電場力做功的大��；由動能定理得求出A點到最高點的高度，得到重力勢能的減小量．

解答 解：AC、小球先做勻加速運動，后做豎直上拋運動，兩個過程的位移大小相等、方向相反．
設(shè)電場強(qiáng)度大小為E，有電場時小球的加速度大小為a，取豎直向上方向為正方向，則：$\frac{1}{2}$at²=-（vt-$\frac{1}{2}$gt²）
又因有：v=at
解得：a=$\frac{1}{3}$g，
則小球回到A點時的速度為：v′=v-gt=-$\frac{2}{3}gt$
由牛頓第二定律得：
a=$\frac{qE-mg}{m}$，
解得：qE=$\frac{4}{3}$mg．
則電場強(qiáng)度為：E=$\frac{4}{3}mg$．故A、C正確．
B、取向上勻加速運動過程，運用動能定理得，設(shè)電場力做功為W，則有：W-mg×$\frac{1}{2}×\frac{1}{3}g{t}^{2}$=$\frac{1}{2}$m（$\frac{1}{3}$gt）²，解得：W=$\frac{2}{9}m{g^2}{t^2}$．故B正確．
D、設(shè)從A點到最高點的高度為h，根據(jù)動能定理得：
mgh-qE（h-$\frac{1}{2}$×$\frac{1}{3}$gt²）=0，
解得：h=$\frac{2}{9}$gt²．
從A點到最高點小球重力勢能增加了：△E_p=mgh=$\frac{2}{9}m{g^2}{t^2}$．故D錯誤．
故選：ABC．

點評 本題首先要分析小球的運動過程，采用整體法研究豎直上拋運動過程，抓住兩個過程之間的聯(lián)系：位移大小相等、方向相反，運用牛頓第二定律、運動學(xué)規(guī)律和動能定理結(jié)合進(jìn)行研究．