Question

2．如圖所示，在豎直平面內(nèi)勻強電場的電場強度大小不變，但方向可以變化，從0時刻起，第1秒內(nèi)的電場強度方向與y軸負方向成37°角，在第2秒內(nèi)電場方向與y軸負方向相同，°一帶電質(zhì)點從坐標原點在t=0時刻沿x軸正方向射出，初速度為v₀=7.5m/s，射出后在電場力、重力的共同作用下，沿x軸向右運動，1s末恰好速度減小至0到達A點，（g=10m/s²），下列說法正確的是（　�。�

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

Answer 1

分析 由運動學公式$a=\frac{△v}{△t}$求得加速度；第2s內(nèi)，沿y軸正方向做勻加速直線運動，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；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)點到達A為最遠點，則質(zhì)點帶負電，$a=\frac{△v}{△t}=\frac{0-7.5}{1}m/{s}_{\;}^{2}=-7.5m/{s}_{\;}^{2}$，沿x軸負方向，所以第1s內(nèi)帶電質(zhì)點的加速度大小為$7.5m/{s}_{\;}^{2}$，故A正確；
B、根據(jù)平行四邊形定則，得${F}_{點}^{\;}=\frac{mg}{cos37°}=\frac{5}{4}mg$，第2s內(nèi)，電場沿y軸負方向，電場力豎直向上，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軸正方向勻加速運動的位移$y=\frac{1}{2}a′{t}_{2}^{2}=\frac{1}{2}×2.5×{1}_{\;}^{2}=1.25m$
所以2s末質(zhì)點的位置坐標為（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錯誤；
故選：AC

點評 本題為確定好電場力的大小后求得加速度，再由運動學公式求解問題，不難．