Question

4．在地面附近，存在著一個(gè)有界電場(chǎng)，邊界MN將空間分成上下兩個(gè)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，在區(qū)域Ⅱ中有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在區(qū)域Ⅰ中離邊界高度為H處由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球A，如圖所示，若區(qū)域Ⅱ中勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E=2mg/q，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則（　�。�

• A． 小球在區(qū)域Ⅰ的加速度大小大于在區(qū)域Ⅱ的加速度大小
• B． 取釋放小球時(shí)刻為t=0，當(dāng)t=$\sqrt{\frac{8H}{g}}$時(shí)小球第二次經(jīng)過(guò)邊界MN
• C． 從小球向下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到速度減小到零的整個(gè)過(guò)程中，重力做的功大于電場(chǎng)力做功
• D． 小球能返回A點(diǎn)

Answer 1

分析 分別對(duì)兩種情況下的小球進(jìn)行受力分析，結(jié)合牛頓第二定律即可求出加速度；結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式即可求出小球第二次經(jīng)過(guò)邊界MN的時(shí)間；根據(jù)動(dòng)能定理即可分析兩個(gè)力做功的情況．

解答 解：A．小球在復(fù)合場(chǎng)中受到重力和電場(chǎng)力的作用，電場(chǎng)力的方向向上，則受到的合力：${F}_{合}=qE-mg=q•\frac{2mg}{q}-mg=mg$
所以小球的加速度：$a=\frac{mg}{m}=g$．所以小球在區(qū)域Ⅰ的加速度大小等于在區(qū)域Ⅱ的加速度大小．故A錯(cuò)誤；
B、小球到達(dá)邊界的時(shí)間：${t}_{1}=\sqrt{\frac{2H}{g}}$，由于小球在復(fù)合場(chǎng)中的加速度的大小也是g，方向向上，所以小球的速度減小為0的時(shí)間：${t}_{2}={t}_{1}=\sqrt{\frac{2H}{g}}$；
由一定的對(duì)稱(chēng)性可知，小球從最低點(diǎn)返回界面的時(shí)間與小球在復(fù)合場(chǎng)中向下運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是相等的，即：${t}_{3}={t}_{2}=\sqrt{\frac{2H}{g}}$
取釋放小球時(shí)刻為t=0，小球第二次經(jīng)過(guò)邊界MN的時(shí)間：$t={t}_{1}+{t}_{2}+{t}_{3}=3{t}_{1}=3\sqrt{\frac{2H}{g}}$．故B錯(cuò)誤；
C、從小球向下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到速度減小到零的整個(gè)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：W_G-W_E=0-0，所以重力做的功大小等于電場(chǎng)力做功．故C錯(cuò)誤；
D、整個(gè)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中小球的重力勢(shì)能、動(dòng)能和電勢(shì)能之間相互轉(zhuǎn)化，總能量是守恒的，所以小球能返回A點(diǎn)．
故選：D

點(diǎn)評(píng) 本題一要能正確分析小球的運(yùn)動(dòng)情況，抓住小球在電場(chǎng)中的加速度等于重力加速度是關(guān)鍵；二要運(yùn)用牛頓第二定律和動(dòng)能定理分別研究小球的受力情況和外力做功關(guān)系．