Question

12．質(zhì)量為m的帶正電小球由空中某點(diǎn)自由下落，下落高度h后在整個(gè)空間加上豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，再經(jīng)過(guò)相同時(shí)間小球又回到原出發(fā)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，且整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球從未落地，重力加速度為g，則（　　）

• A． 從加電場(chǎng)開(kāi)始到小球返回原出發(fā)點(diǎn)的過(guò)程中，小球電勢(shì)能減少了mgh
• B． 從加電場(chǎng)開(kāi)始到小球下落最低點(diǎn)的過(guò)程中，小球動(dòng)能減少了mgh
• C． 從開(kāi)始下落到小球運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)的過(guò)程中，小球重力勢(shì)能減少了$\frac{5}{3}$mgh
• D． 小球返回原出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小為$\sqrt{7gh}$

Answer 1

分析 小球先做自由落體運(yùn)動(dòng)，加上勻強(qiáng)電場(chǎng)后小球先向下做勻減速運(yùn)動(dòng)，后向上做勻加速運(yùn)動(dòng)．由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出t秒末速度大小，加上電場(chǎng)后小球運(yùn)動(dòng)，看成一種勻減速運(yùn)動(dòng)，自由落體運(yùn)動(dòng)的位移與這個(gè)勻減速運(yùn)動(dòng)的位移大小相等、方向相反，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求電場(chǎng)力F，由W=Fh求得電場(chǎng)力做功，即可得到電勢(shì)能的變化．由動(dòng)能定理得求出A點(diǎn)到最低點(diǎn)的高度，得到重力勢(shì)能的減小量．

解答 解：A、小球先做自由落體運(yùn)動(dòng)，后做勻減速運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)過(guò)程的位移大小相等、方向相反．設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，加電場(chǎng)后小球的加速度大小為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，取豎直向下方向?yàn)檎�方向，則由$\frac{1}{2}$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：qE=4mg
則整個(gè)過(guò)程，電場(chǎng)力做功為W=qEh=4mgh，那么小球電勢(shì)能減少了4mgh．故A錯(cuò)誤．
B、加電場(chǎng)時(shí)小球的速度大小為v=gt，從加電場(chǎng)開(kāi)始到小球下落最低點(diǎn)的過(guò)程中，
小球動(dòng)能減少為：△E_k=$\frac{1}{2}$mv²=$\frac{1}{2}$m（gt）²=mg•$\frac{1}{2}$gt²
對(duì)于自由下落過(guò)程，h=$\frac{1}{2}$gt²，得：△E_k=mgh．故B正確．
C、設(shè)加電場(chǎng)位置到下落最低點(diǎn)過(guò)程小球下落的高度為h′，
則由v²=2ah′得：h′=$\frac{{v}^{2}}{2a}$=$\frac{（gt）^{2}}{2×3g}$=$\frac{1}{3}$h，
從開(kāi)始下落到小球運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)的過(guò)程中，小球重力勢(shì)能減少為：△E_P=mg（h+h′）=$\frac{4}{3}$mgh．故C錯(cuò)誤．
D、小球返回原出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小為v′=v-at=-2gt=-2v，又v=$\sqrt{2gh}$，則v′=-2$\sqrt{2gh}$，大小為2$\sqrt{2gh}$，故D錯(cuò)誤．
故選：B．

點(diǎn)評(píng) 本題要分析小球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，分兩段進(jìn)行研究，采用整體法研究勻減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程，抓住兩個(gè)過(guò)程之間的聯(lián)系：位移大小相等、方向相反，運(yùn)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律和動(dòng)能定理結(jié)合進(jìn)行研究．