Question

20．空間存在著一有理想邊界的電場，邊界PQ將該空間分成上下兩個區(qū)域I、Ⅱ，在區(qū)域Ⅱ中有豎直向下的勻強電場，區(qū)域I中無電場．在區(qū)域Ⅱ中某一位置A，靜止釋放一質(zhì)量為m、電量為q的帶負電小球，如圖（a）所示，小球運動的v-t圖象如圖（b）所示．已知重力加速度為g，不計空氣阻力．則以下說法正確的是（　　）

• A． 小球在3.5s末回到出發(fā)點
• B． 小球受到的重力與電場力之比為4：5
• C． A點距邊界的距離為$\frac{2{v}_{0}^{2}}{3g}$
• D． 若邊界PQ處電勢為零，則A點的電勢為-$\frac{7m{v}_{0}^{2}}{6q}$

Answer 1

分析 小球受到電場力作用先向上做加速運動，離開電場后向上做豎直上拋運動，再做自由落體運動，回到出發(fā)點，從而完成一個周期的運動．
由圖直接看出小球回到出發(fā)點的時間．分別求出小球進入電場前、后加速度大小，由牛頓第二定律求出電場強度．運用動能定理求解A點到邊界的距離．
由動能定理求出PQ間的電勢差，即可求得A點的電勢．

解答 解：
A、小球回到出發(fā)點時通過的位移為0，根據(jù)v-t圖象與時間軸所圍的面積表示位移可知，小球在7s末總位移為零，回到出發(fā)點，故A錯誤．
B、由圖象的斜率等于加速度，得0-2s內(nèi)的加速度為：a₁=$\frac{{v}_{0}}{2}$、2s-5s內(nèi)加速度大小為a₂=$\frac{{v}_{0}}{1.5}$=$\frac{2}{3}$v₀=g．
則得：a₁=$\frac{3}{4}$g
由牛頓第二定律得：
   qE-mg=ma₁ ①
可得：電場強度E=$\frac{7mg}{4q}$．故B錯誤．
C、從P點到邊界過程，由動能定理得：
-ma₁y=0-$\frac{1}{2}$m${v}_{0}^{2}$
解得：A點距邊界的距離 y=$\frac{{2v}_{0}^{2}}{3g}$，故C正確．
D、A點與邊界PQ間的電勢差為 U=-Ey=-$\frac{7mg}{4q}$•$\frac{{2v}_{0}^{2}}{3g}$=-$\frac{7m{v}_{0}^{2}}{6q}$．若邊界PQ處電勢為零，則A點電勢為-$\frac{7m{v}_{0}^{2}}{6q}$．故D正確．
故選：CD．

點評 本題是多過程問題，分析受力情況和運動情況是解題的基礎(chǔ)，關(guān)鍵要靈活選擇力學的規(guī)律列式求解．