Question

16．質量為m的帶正電小球由空中A點無初速度自由下落，在t秒末加上豎直向上、范圍足夠大的勻強電場，再經過t秒小球又回到A點，不計空氣阻力且小球從未落地，則（　�。�

• A． 整個過程中小球電勢能變化了2mg²t²
• B． 整個過程中小球mv增量的大小為4mgt
• C． 從加電場開始到小球運動到最低點時小球動能變化了mg²t²
• D． 從A點到最低點小球重力勢能變化了$\frac{2}{3}$mg²t²

Answer 1

分析 分析小球的運動情況：小球先做自由落體運動，加上勻強電場后小球先向下做勻減速運動，后向上做勻加速運動．由運動學公式求出t秒末速度大小，加上電場后小球運動，看成一種勻減速運動，自由落體運動的位移與這個勻減速運動的位移大小相等、方向相反，根據牛頓第二定律和運動學公式結合求電場強度，由W=qEd求得電場力做功，即可得到電勢能的變化．由動能定理得求出A點到最低點的高度，得到重力勢能的減小量

解答 解：A、B小球先做自由落體運動，后做勻減速運動，兩個過程的位移大小相等、方向相反．設電場強度大小為E，加電場后小球的加速度大小為a，取豎直向下方向為正方向，則
由$\frac{1}{2}g{t}^{2}=-（vt-\frac{1}{2}a{t}^{2}）$
又v=gt
解得 a=3g，則小球回到A點時的速度為v′=v-at=-2gt
整個過程中小球速度增量的大小為△v=v′-v=-3gt，速度增量的大小為3gt．動量增加為3mgt
由牛頓第二定律得
  a=$\frac{qE-mg}{m}$，聯立解得，qE=4mg
△?=qE$\frac{1}{2}g{t}^{2}$=2mg²t²．故A正確，B錯誤．
C、從加電場開始到小球運動到最低點時小球動能減少了△E_k=$\frac{1}{2}m{g}^{2}{t}^{2}$．故C錯誤．
D、設從A點到最低點的高度為h，根據動能定理得
   mgh-qE（h-$\frac{1}{2}g{t}^{2}$）=0
解得，h=$\frac{2}{3}g{t}^{2}$
從A點到最低點小球重力勢能減少了△E_p=mgh=$\frac{2}{3}$mg²t²．故D正確．
故選：AD

點評 本題首先要分析小球的運動過程，采用整體法研究勻減速運動過程，抓住兩個過程之間的聯系：位移大小相等、方向相反，運用牛頓第二定律、運動學規(guī)律和動能定理結合進行研究．