题目内容
如图所示，在位于竖直平面内的直角坐标系xoy的第1象限存在着方向平行于y轴的匀强电场．场强大小为 5X 103V/m．一个可视为质点的带电小球在r=0时刻从Y轴上的a点以沿x轴正方向的初速度进入电场，图中的b、c、d是从t=0时刻开始每隔0.1s记录到的小球位置，已知重力加速度大小是10m/s2．则下列说法正确的是（ ）
A．小球从a运动到d的过程中，机械能一定增大
B．小球从口运动到d的过程中，电势能一定增大
C．小球的初速度是 60m/s
D．小球的比荷（
）是1 X 10-3C/kg
【答案】分析：带电小球做类平抛运动，竖直方向做匀加速运动，由△y=aT2，求出小球加速度，与g比较，分析电场力方向，判断电场力做功正负，分析机械能和电势能的变化．由牛顿第二定律求出比荷．
解答：解：A、B带电小球做类平抛运动，竖直方向做匀加速运动，由△y=ycd-ybc=aT2，得小球的加速度a=
=
m/s2=5m/s2＜g，说明小球所受的电场力方向竖直向上，则从a运动到d的过程中，电场力做负功，机械能减小，电势能增大．故A错误，B正确．
C、小球的初速度v=
=
．故C错误．
D、根据牛顿第二定律得 mg-qE=ma，得
=
=1×10-3C/kg．故D正确．
故选BD
点评：本题是频闪照相问题，利用平抛运动的规律求解加速度是关键．
解答：解：A、B带电小球做类平抛运动，竖直方向做匀加速运动，由△y=ycd-ybc=aT2，得小球的加速度a=
=m/s2=5m/s2＜g，说明小球所受的电场力方向竖直向上，则从a运动到d的过程中，电场力做负功，机械能减小，电势能增大．故A错误，B正确．C、小球的初速度v=
=．故C错误．D、根据牛顿第二定律得 mg-qE=ma，得
==1×10-3C/kg．故D正确．故选BD
点评：本题是频闪照相问题，利用平抛运动的规律求解加速度是关键．
练习册系列答案
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）是1×10-3C/kg
）是1 X 10－3C/kg