Question

8．質(zhì)量為0.1kg的帶正電小球處在豎直向上、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場中，由地面靜止起開始運(yùn)動(dòng)，6秒末電場突然消失，再經(jīng)過6秒小球落回到出發(fā)點(diǎn)．不計(jì)空氣阻力．重力加速度g取10m/s²，取地面處的重力勢能和電勢能為零．求：
（1）小球上升過程中小球電勢能的變化量；
（2）小球運(yùn)動(dòng)過程中的最大機(jī)械能和最大動(dòng)能；
（3）若6秒末原電場并未消失，而是大小不變，方向豎直向下，當(dāng)小球的動(dòng)能和重力勢能相等時(shí)，小球離地的高度．

Answer 1

分析 （1）分析小球的運(yùn)動(dòng)情況：小球先在電場力作用下向上勻加速運(yùn)動(dòng)，電場消失后先向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，后向下做自由落體運(yùn)動(dòng)．兩個(gè)過程的位移大小相等、方向相反，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求電場強(qiáng)度，由W=qEx求得電場力做功，即可得到電勢能的變化．
（2）根據(jù)電場力做的功等于機(jī)械能的變化，求最大機(jī)械能；小球落回地面時(shí)動(dòng)能最大，且電場消失后機(jī)械能守恒，落回地面的動(dòng)能等于電場消失時(shí)的機(jī)械能；
（3）先分析上升過程動(dòng)能和勢能不可能相等，根據(jù)電場力做功等于小球機(jī)械能的變化列式求解小球的動(dòng)能和重力勢能相等時(shí)，小球離地的高度

解答 解：（1）小球電場力作用下上升過程中，根據(jù)牛頓第二定律有：
$Eq-mg=m{a}_{1}^{\;}$
解得：${a_1}=\frac{Eq}{m}-g$，
電場消失后加速度a₂=g，
在電場作用下的位移：${x}_{1}^{\;}=\frac{1}{2}{a}_{1}^{\;}{t}_{\;}^{2}$
${v}_{1}^{\;}={a}_{1}^{\;}t$
電場消失后：${x}_{2}^{\;}={v}_{1}^{\;}t-\frac{1}{2}{a}_{2}^{\;}{t}_{\;}^{2}$
${x}_{1}^{\;}=-{x}_{2}^{\;}$
且a₂=3a₁，則：$Eq=\frac{4}{3}mg$，
${a}_{1}^{\;}=\frac{1}{3}g$
△E_電=$-{W_電}=-Eq•\frac{1}{2}{a_1}{t^2}$=-80J，電勢能減小了80J；
（2）電場力做的功等于機(jī)械能的變化：E_機(jī)max=W_電=80J，
小球落回地面時(shí)動(dòng)能最大，且電場消失后機(jī)械能守恒，所以地面處最大動(dòng)能為80J；
（3）6秒末小球速度v₁=a₁t=20m/s，對(duì)應(yīng)動(dòng)能為${E}_{k1}^{\;}=\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$=20J，離地高度${h_1}=\frac{1}{2}{a_1}{t^2}=60m$，對(duì)應(yīng)重力勢能60J，
小球先上升，重力勢能增大，動(dòng)能減小，上升階段動(dòng)能和重力勢能無法相等，
小球下落過程中，$\sum{W_電}=△{E_機(jī)}⇒Eq（{h_1}-{h_2}）=（mg{h_2}+\frac{1}{2}m{v_2}^2）-（mg{h_1}+\frac{1}{2}m{v_1}^2）$
且$mg{h_2}=\frac{1}{2}m{v_2}^2$，得：h₂=48m．
答：（1）小球上升過程中小球電勢能的減小80J；
（2）小球運(yùn)動(dòng)過程中的最大機(jī)械能為80J和最大動(dòng)能為80J；
（3）若6秒末原電場并未消失，而是大小不變，方向豎直向下，當(dāng)小球的動(dòng)能和重力勢能相等時(shí)，小球離地的高度48m

點(diǎn)評(píng) 本題首先要分析小球的運(yùn)動(dòng)過程，采用整體法研究勻減速運(yùn)動(dòng)過程，抓住兩個(gè)過程之間的聯(lián)系：位移大小相等、方向相反，運(yùn)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律和動(dòng)能定理結(jié)合進(jìn)行研究．