Question

19．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． 整個過程中小球電勢能變化了$\frac{3}{2}$mg²t²
• B． 整個過程中小球動能增量為2mg²t²
• 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 分析小球的運動過程，根據(jù)運動學公式求出在電場中的加速度．
根據(jù)牛頓第二定律求出電場力與重力的關(guān)系．
運用動量定理求出動量的變化量．
根據(jù)動能定理求出動能的變化量．
根據(jù)重力做功與重力勢能變化關(guān)系求解重力勢能變化量．

解答 解：A、小球先做自由下落，然后受電場力和重力向下做勻減速到速度為0，再向上做勻加速回到A點．
設(shè)加上電場后小球的加速度大小為a，規(guī)定向下為正方向．
整個過程中小球的位移為0，運用運動學公式：
$\frac{1}{2}$gt²+gt×t-$\frac{1}{2}$at²=0
解得a=3g，
根據(jù)牛頓第二定律：F_合=F_電-mg=ma
所以電場力是重力的4倍為4mg，
根據(jù)電場力做功量度電勢能的變化
w_電=-△E_p
w_電=F_電•x=4mg×$\frac{1}{2}$gt²=2mg²t²
所以整個過程中小球電勢能減少了2mg²t²．故A錯誤．
B、規(guī)定向下為正方向，根據(jù)動量定理得：△p=mgt-3mgt=-2mgt，
所以整個過程中小球動量增量的大小為2mgt，則動能的增加量${E}_{K}=\frac{{P}^{2}}{2m}=\frac{4{m}^{2}{g}^{2}{t}^{2}}{2m}$=2mg²t²，故B正確；
C、小球減速到最低點動能為0，
所以從加電場開始到小球運動到最低點時小球動能變化與從A點無初速度自由下落到t秒末動能變化相等．
小球從A點無初速度自由下落到t秒末動能變化為$\frac{1}{2}$mg²t² 故C錯誤．
D、根據(jù)重力做功與重力勢能變化的關(guān)系得：
從A點到最低點重力勢能變化了mg×（$\frac{1}{2}$gt²+$\frac{1}{3}×\frac{1}{2}$gt²）=$\frac{2}{3}$mg²t²． 故D正確．
故選：BD．

點評 本題主要考查了做功與能量變化關(guān)系的應(yīng)用．要能夠分析小球的運動過程，明確題目中要研究的過程解決問題．