Question

9．質(zhì)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(jīng)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． 整個過程中小球動量增量的大小為mgt
• B． 整個過程中小球電勢能變化了2mg²t²
• C． 從A點到最低點小球重力勢能變化了$\frac{2m{g}^{2}{t}^{2}}{3}$
• D． 從加電場開始到小球運動到最低點時小球動能變化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(xué)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(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)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(shè)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(lián)立解得，qE=4mg
△?=qE$\frac{1}{2}g{t}^{2}$=2mg²t²．故A錯誤，B正確．
C、設(shè)從A點到最低點的高度為h，根據(jù)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=$\frac{2m{g}^{2}{t}^{2}}{3}$．故C正確．
D、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=$\frac{1}{2}m（gt）^{2}$．故D錯誤．
故選：BC

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(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)合進行研究．