Question

16．如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩物體疊放在勁度系數(shù)為k的豎直輕質(zhì)彈簧上并保持靜止，其中B帶負(fù)電，電荷量大小為q，A始終不帶電．現(xiàn)加上豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為$\frac{mg}{2q}$，當(dāng)運(yùn)動(dòng)距離h時(shí)B與A分離．從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到B和A剛分離的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（　�。�

• A． B對(duì)A的壓力一直減小
• B． B物體的動(dòng)能一直增加
• C． 物體B機(jī)械能的增加量為$\frac{mgh}{2}$
• D． 兩物體運(yùn)動(dòng)的距離h=$\frac{3mg}{2k}$

Answer 1

分析 B和A剛分離時(shí)，相互之間恰好沒(méi)有作用力，則B受到重力mg和電場(chǎng)力F，由已知條件F=qE=0.5mg，由牛頓第二定律求出此時(shí)B的加速度和A的加速度，說(shuō)明彈簧對(duì)A有向上的彈力．對(duì)于在B與A分離之前，對(duì)AB整體為研究對(duì)象，通過(guò)合力的變化得出加速度的變化，結(jié)合加速度方向與速度方向的關(guān)系判斷速度的變化．根據(jù)整體加速度方向和大小的變化，隔離對(duì)B分析，通過(guò)牛頓第二定律得出壓力的變化．通過(guò)除重力以外其它力做功等于機(jī)械能的增量得出物體機(jī)械能的增加量．隔離對(duì)B分析，抓住剛分離時(shí)壓力為零得出B的加速度，結(jié)合A、B加速度相等求出彈簧的彈力，通過(guò)胡克定律得出初末位置彈簧的形變量，從而得出物體運(yùn)動(dòng)的距離．

解答 解：A、整體的加速度方向先向上，大小逐漸減小，然后向下，加速度逐漸增大．當(dāng)加速度方向向上時(shí)，對(duì)B，N+F-mg=ma，知N逐漸減�。�當(dāng)加速度方向向下時(shí)，對(duì)B，mg-N-F=ma，a逐漸增大，N逐漸減小，可知B對(duì)A的壓力一直減小．故A正確．
B、物體B所受的電場(chǎng)力大小 F=qE=$\frac{1}{2}$mg，方向向上．在AB分離前，對(duì)AB整體分析，開(kāi)始整體具有向上的加速度，B與A剛分離的瞬間，A、B仍具有相同的速度和加速度，且AB間無(wú)相互作用力．分析B知，具有向下的加速度，大小 a_B=$\frac{mg-F}{m}$=0.5g，此時(shí)對(duì)A分析有：a_A=$\frac{mg-{F}_{彈}}{m}$=a_B，A也具有向下的加速度，由牛頓第二定律知此時(shí)彈簧彈力F_彈=0.5mg，可知整體的加速度方向先向上，然后向下，速度先增大后減小，則B物體的動(dòng)能先增大后減小．故B錯(cuò)誤．
C、對(duì)B而言，除重力以外其它力做的功等于機(jī)械能的增加量，電場(chǎng)力做正功，支持力做正功，因?yàn)殡妶?chǎng)力做功等于$\frac{1}{2}$mgh，可知機(jī)械能的增加量大于$\frac{1}{2}$mgh．故C錯(cuò)誤．
D、開(kāi)始時(shí)，彈簧的壓縮量x₁=$\frac{2mg}{k}$，分離時(shí)，彈簧彈力F_彈=0.5mg，處于壓縮狀態(tài)，則壓縮量x₂=$\frac{0.5mg}{k}$，則兩物體運(yùn)動(dòng)的距離 h=x₁-x₂=$\frac{3mg}{2k}$．故D正確．
故選：AD

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵在于分析B和A剛分離時(shí)A、B的受力情況，來(lái)確定彈簧的狀態(tài)，運(yùn)用牛頓第二定律和功能關(guān)系進(jìn)行分析．