Question

19．如圖所示，一質(zhì)量為m的帶電小球在水平向右的勻強(qiáng)電場E中運(yùn)動，某時刻位于電場中的A點(diǎn)，速度大小為v₀，斜向上且與電場方向成45°；經(jīng)過一段時間到達(dá)同一高度的B點(diǎn)，速度方向斜向下與電場方向的夾角變?yōu)?0°，重力加速度為g，則（　�。�

• A． 小球從A運(yùn)動到B所用時間為$\frac{\sqrt{2}{v}_{0}}{2g}$
• B． 小球的電荷量等于$\frac{（\sqrt{3}-1）mg}{2E}$
• C． AB間的距離等于$\frac{（\sqrt{3}+1）{v}_{0}^{2}}{2g}$
• D． 從A到B小球減少的電勢能為mv₀²

Answer 1

分析 對小球進(jìn)行受力分析，小球受到重力和水平向右的電場力，根據(jù)運(yùn)動的合成與分解，分解為豎直方向的豎直上拋運(yùn)動和水平方向的勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式聯(lián)立求解ABC，小球電勢能的減少量等于電場力所做的功．

解答 解：A、A點(diǎn)的豎直分速度${v}_{Ay}^{\;}={v}_{0}^{\;}sin45°=\frac{\sqrt{2}}{2}{v}_{0}^{\;}$，從A點(diǎn)到最高點(diǎn)的時間${t}_{1}^{\;}=\frac{\sqrt{2}{v}_{0}^{\;}}{2g}$，根據(jù)運(yùn)動對稱性，所以小球從A運(yùn)動到B所用時間$t=\frac{\sqrt{2}{v}_{0}^{\;}}{g}$，故A錯誤；
B、A點(diǎn)的水平分速度${v}_{Ax}^{\;}=\frac{\sqrt{2}}{2}{v}_{0}^{\;}$，B點(diǎn)：$tan30°=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}{v}_{0}^{\;}}{{v}_{Bx}^{\;}}$，解得${v}_{Bx}^{\;}=\frac{\sqrt{6}}{2}{v}_{0}^{\;}$，水平方向的加速度${a}_{x}^{\;}=\frac{{v}_{Bx}^{\;}-{v}_{Ax}^{\;}}{t}=\frac{\frac{\sqrt{6}}{2}{v}_{0}^{\;}-\frac{\sqrt{2}}{2}{v}_{0}^{\;}}{\frac{\sqrt{2}{v}_{0}^{\;}}{g}}$=$\frac{\sqrt{3}-1}{2}g$
根據(jù)牛頓第二定律：$qE=m{a}_{x}^{\;}$
解得：$q=\frac{m{a}_{x}^{\;}}{E}=\frac{（\sqrt{3}-1）mg}{2E}$，故B正確；
C、AB間的距離${x}_{AB}^{\;}=\frac{{v}_{Ax}^{\;}+{v}_{Bx}^{\;}}{2}t$=$\frac{\frac{\sqrt{6}}{2}{v}_{0}^{\;}+\frac{\sqrt{2}}{2}{v}_{0}^{\;}}{2}×\frac{\sqrt{2}{v}_{0}^{\;}}{g}$=$\frac{（\sqrt{3}+1）{v}_{0}^{2}}{2g}$，故C正確；
D、從A到B小球電勢能的改變量等于電場力所做的功$△{E}_{p}^{\;}=qE{x}_{AB}^{\;}$=$\frac{（\sqrt{3}-1）mg}{2E}×E×\frac{（\sqrt{3}+1）{v}_{0}^{2}}{2g}$=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$，故D錯誤；
故選：BC

點(diǎn)評 本題考查了帶電梯的電場中的運(yùn)動，關(guān)鍵是采用運(yùn)動的合成與分解的方法，對分運(yùn)動進(jìn)行處理，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)知識求解．