Question

6．質(zhì)量為m的帶正電小球由空中A點(diǎn)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(qiáng)電場，再經(jīng)過2t秒小球又回到A點(diǎn)．不計(jì)空氣阻力且小球從未落地，則（　�。�

• A． 整個(gè)過程中小球機(jī)械能增加了$\frac{9}{8}$mg²t²
• B． 從加電場開始到小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的時(shí)間為$\frac{2}{3}$t
• C． 從加電場開始到小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)小球動(dòng)能變化了$\frac{5}{8}$mg²t²
• D． 從最低點(diǎn)到A點(diǎn)小球重力勢能變化了$\frac{3}{5}$mg²t²

Answer 1

分析 分析小球的運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)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．．根據(jù)動(dòng)能定理求出動(dòng)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(diǎn)．
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(gè)過程中小球的位移為0，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：
$\frac{1}{2}$gt²+gt×2t-$\frac{1}{2}$a（2t）²=0
解得：a=$\frac{5}{4}$g，
根據(jù)牛頓第二定律：F_合=F_電-mg=ma
解得：${F}_{電}=\frac{9}{4}$mg，
電場力做功為：W=$\frac{9}{4}$mg×$\frac{1}{2}$gt²=$\frac{9}{8}$mg²t²
由功能關(guān)系得，電場力做功等于機(jī)械能增加，故A正確；
B、小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，速度為零，由動(dòng)量定理得：g（t+t′）-F_電t′=0，而解得：${F}_{電}=\frac{9}{4}$mg，故有t′=$\frac{4t}{5}$，故B錯(cuò)誤；
C、從加電場開始到小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)由動(dòng)能定理求得小球動(dòng)能變化為：△E_k=W=（$\frac{9}{4}mg-mg$）×$\frac{1}{2}$gt²=$\frac{5}{8}$mg²t²，故C正確；
D、從最低點(diǎn)到A點(diǎn)的距離為：h=$\frac{1}{2}$${gt}^{2}+gtt′-\frac{1}{2}{at′}^{2}$結(jié)合B項(xiàng)分析可得，h=$\frac{14}{10}$gt²，小球重力勢能變化值為重力做的功，故△E_P=mgh=$\frac{7}{5}$mg²t²，故D錯(cuò)誤．
故選：AC

點(diǎn)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(yùn)動(dòng)過程，明確題目中要研究的過程解決問題．