Question

17．質(zhì)量為m=0.01kg、帶電量為+q=2.0×10^-4C的小球由空中A點無初速度自由下落，在t=2s末加上豎直向上、范圍足夠大的勻強電場，再經(jīng)過t=2s小球又回到A點．不計空氣阻力，且小球從未落地，則電場強度的大小E為2×10³N/C，回到A點時動能為8J．

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(jù)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，即可得到回到A點時動能．

解答 解：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，則有：$\frac{1}{2}$gt²=-（vt-$\frac{1}{2}$at²）
又v=gt
解得a=3g由牛頓第二定律得：a=$\frac{qE-mg}{m}$，聯(lián)立解得，E=$\frac{4mg}{q}$=$\frac{4×0.01×10}{2×1{0}^{-4}}$=2×10³ N/C
則小球回到A點時的速度為：v′=v-at=-2gt=-20×10×2m/s=-400m/s
動能為 E_k=$\frac{1}{2}mv{′}^{2}$=$\frac{1}{2}×$0.01×400²J=8J
故答案為：2×10³，8．

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、運動學規(guī)律結合進行研究．