Question

6．在光滑水平面上有一質量m=1.0×10^-3kg，電量q=1.0×10^-10C的帶正電小球靜止在O點，以O點為原點，在該水平面內建立直角坐標系Oxy，現(xiàn)突然加一沿x軸正方向，場強大小E=2.0×10⁶V/m的勻強電場，小球開始運動經過1.0s時所加電場突然變?yōu)檠貀軸正方向，場強仍為大小E=2.0×10⁶V/m的勻強電場，再經過1.0s，所加電場又突然變?yōu)榱硪粋�勻強電場，使小球在此電場作用下經1.0s速度變?yōu)榱悖?br />（1）在坐標系中畫出粒子前3S內的運動軌跡并求出第2s末小球的速度大�。�
（2）第3s內的電場方向．
（3）速度變?yōu)榱銜r小球的位置坐標．

Answer 1

分析 分析小球的運動情況：第1s內小球沿x軸正方向做勻加速直線運動，第2s內做類平拋運動，加速度沿y軸正方向，第3s內做勻減速直線運動．根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求出第1s末小球的速度和位移．對于類平拋運動，運用運動的分解法求出第2秒末小球的速度大小和方向，并求出x方向和y方向的位移大�。�再根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求出電場的方向和第3s末的位置．

解答 解：（1）小球的運動軌跡如圖所示：
由牛頓第二定律得知，在勻強電場中小球加速度的大小為：a=$\frac{qE}{m}$
代人數(shù)值得：a=$\frac{1{0}^{-10}×2×1{0}^{6}}{1{0}^{-3}}$=0.20m/s² ①
當場強沿x正方向時，經過1秒鐘小球的
速度大小為：v_x=at=0.20×1.0=0.20m/s ②
速度的方向沿X軸正方向，小球沿x軸方向移動的距離
△x₁=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$×0.20×1.0²=0.10m ③
在第2秒內，電場方向沿y軸正方向，故小球在x方向做速度為V_x的勻速運動，在y方向做初速為零的勻加速運動，
沿y方向的速度 v_y=at=0.2m/s
小球的合速度大小 v=$\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=0.2$\sqrt{2}$m/s=0.28m/s
合速度方向與x 軸的正向夾角為
tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}$=1，θ=45°
（2）在第3s內，要使小球速度能變?yōu)榱�，電場方向與速度方向相反，與x軸負向夾角為45°并指向第三象限．
（3）在第2s內：
沿x方向移動的距離：△x₂=v_xt=0.20m ④
沿y方向移動的距離：△y=$\frac{1}{2}$at²=1/2×0.20×1.0²=0.10m ⑤
故在第2秒末小球，在x方向的分速度仍為v_x，
在y方向的分速度：v_y=at=0.20×1.0=0.20m/s ⑥
在第3秒內小作勻減速運動，合位移為 s=$\frac{{v}_{2}+0}{2}t$=0.2$\sqrt{2}$m/s
在x軸上的位移：x₃=s．cos45°=0.1m
在y軸上的位移：y₃=s．sin45°=0.1m
x=x₁+x₂+x₃=0.40m ②，y=y₂+y₃=0.20m
坐標：（0.40m，0.20m）．
答：
（1）在坐標系中畫出粒子前3S內的運動軌跡如圖，第2s末小球的速度大小是0.28m/s．
（2）第3s內的電場方向與速度方向相反，與x軸負向夾角為45°并指向第三象限．
（3）速度變?yōu)榱銜r小球的位置坐標為（0.40m，0.20m）．

點評 本題考查運用牛頓第二定律和運動學公式分析和處理動力學問題，要通過計算進行分析．類平拋運動運用運動的合成與分解的方法研究．