Question

1．如圖所示，以直線AB為邊界，上下存在場強(qiáng)大小相等、方向相反的勻強(qiáng)電場．在P點(diǎn)由靜止釋放一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球，小球穿過AB邊界時速度為v₀，到達(dá)M點(diǎn)速度恰好減為零．此過程中小球在AB上方電場中運(yùn)動的時間是在下方電場中運(yùn)動時間的$\frac{1}{2}$．已知重力加速度，不計(jì)空氣阻力為g，則下列說法正確的是（　�。�

• A． 小球帶正電
• B． 電場強(qiáng)度大小是$\frac{3mg}{q}$
• C． P點(diǎn)距邊界線AB的距離為$\frac{3{v}_{0}^{2}}{8g}$
• D． 若邊界AB處電勢為零，則M點(diǎn)電勢為-$\frac{3m{v}_{0}^{2}}{4q}$

Answer 1

分析 小球先做勻加速運(yùn)動，后做勻減速運(yùn)動，可知電場力大于重力；結(jié)合牛頓運(yùn)動定律求電場強(qiáng)度，P點(diǎn)距邊界的距離；應(yīng)用U=$\frac{W}{q}$求出電勢差，然后求出電勢．

解答 解：A、根據(jù)題意，小球先做勻加速運(yùn)動，后做勻減速運(yùn)動，可知電場力大于重力，且區(qū)域Ⅱ的場強(qiáng)方向向下，故電荷帶負(fù)電，故A錯誤；
B、在上方電場，根據(jù)牛頓第二定律得：a₁=$\frac{mg+qE}{m}$，在下方電場中，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度大小為：a₂=$\frac{qE-mg}{m}$，因?yàn)閍₁t₁=a₂t₂，由題意可知：t₁=$\frac{1}{2}$t₂，解得：E=$\frac{3mg}{q}$，故B正確；
C、設(shè)P點(diǎn)距邊界的距離為h，則h=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2{a}_{1}}$=$\frac{{v}_{0}^{2}}{8g}$，故C錯誤；
D、M點(diǎn)距邊界的距離：h′=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2{a}_{2}}$=$\frac{{v}_{0}^{2}}{4g}$，M點(diǎn)與邊界AB間的電勢差：U=$\frac{W}{-q}$=$\frac{3mgh′}{-q}$=-$\frac{3m{v}_{0}^{2}}{4q}$，若邊界線AB電勢為零，則M點(diǎn)電勢為-$\frac{3m{v}_{0}^{2}}{4q}$，故D正確．
故選：BD．

點(diǎn)評 本題考查了動能定理和牛頓第二定律的綜合運(yùn)用，抓住小球在上方電場和下方電場中運(yùn)動的對稱性入手分析求解．