Question

2．如圖所示，在豎直平面內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變，但方向可以變化，從0時(shí)刻起，第1秒內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向與y軸負(fù)方向成37°角，在第2秒內(nèi)電場(chǎng)方向與y軸負(fù)方向相同，°一帶電質(zhì)點(diǎn)從坐標(biāo)原點(diǎn)在t=0時(shí)刻沿x軸正方向射出，初速度為v₀=7.5m/s，射出后在電場(chǎng)力、重力的共同作用下，沿x軸向右運(yùn)動(dòng)，1s末恰好速度減小至0到達(dá)A點(diǎn)，（g=10m/s²），下列說(shuō)法正確的是（　�。�

• A． 第1秒內(nèi)帶電質(zhì)點(diǎn)的加速度大小7.5m/s²
• B． 2秒末質(zhì)點(diǎn)的速度達(dá)到全程的最大值
• C． 2秒末質(zhì)點(diǎn)的位置坐標(biāo)（3.75m，1.25m）
• D． 全程的平均速度為1.5m/s

Answer 1

分析 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式$a=\frac{△v}{△t}$求得加速度；第2s內(nèi)，沿y軸正方向做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，求出2s的末速度；求出水平和豎直方向的位移，即可求得位置坐標(biāo)；根據(jù)平均速度的定義求全程的平均速度；

解答 解：A、1s末質(zhì)點(diǎn)到達(dá)A為最遠(yuǎn)點(diǎn)，則質(zhì)點(diǎn)帶負(fù)電，$a=\frac{△v}{△t}=\frac{0-7.5}{1}m/{s}_{\;}^{2}=-7.5m/{s}_{\;}^{2}$，沿x軸負(fù)方向，所以第1s內(nèi)帶電質(zhì)點(diǎn)的加速度大小為$7.5m/{s}_{\;}^{2}$，故A正確；
B、根據(jù)平行四邊形定則，得${F}_{點(diǎn)}^{\;}=\frac{mg}{cos37°}=\frac{5}{4}mg$，第2s內(nèi)，電場(chǎng)沿y軸負(fù)方向，電場(chǎng)力豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律，${F}_{電}^{\;}-mg=ma′$，解得$a′=\frac{1}{4}g$=$2.5m/{s}_{\;}^{2}$
第2s的末速度${v}_{2}^{\;}=a′t=2.5m/s$，全程中的最大速度為7.5m/s，故B錯(cuò)誤；
C、第1s內(nèi)的位移，即$x=\frac{{v}_{0}^{\;}}{2}{t}_{1}^{\;}=\frac{7.5}{2}×1=3.75m$；第2s內(nèi)沿y軸正方向勻加速運(yùn)動(dòng)的位移$y=\frac{1}{2}a′{t}_{2}^{2}=\frac{1}{2}×2.5×{1}_{\;}^{2}=1.25m$
所以2s末質(zhì)點(diǎn)的位置坐標(biāo)為（3.75m，1.25m），故C正確；
D、全程的總位移$l=\sqrt{{x}_{\;}^{2}+{y}_{\;}^{2}}=\sqrt{3.7{5}_{\;}^{2}+1.2{5}_{\;}^{2}}=3.95m$
全程的平均速度$\overline{v}=\frac{l}{t}=\frac{3.95}{2}m/s≈2m/s$，故D錯(cuò)誤；
故選：AC

點(diǎn)評(píng) 本題為確定好電場(chǎng)力的大小后求得加速度，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解問(wèn)題，不難．