Question

2．如图所示，在竖直平面内匀强电场的电场强度大小不变，但方向可以变化，从0时刻起，第1秒内的电场强度方向与y轴负方向成37°角，在第2秒内电场方向与y轴负方向相同，°一带电质点从坐标原点在t=0时刻沿x轴正方向射出，初速度为v₀=7.5m/s，射出后在电场力、重力的共同作用下，沿x轴向右运动，1s末恰好速度减小至0到达A点，（g=10m/s²），下列说法正确的是（　　）

• A． 第1秒内带电质点的加速度大小7.5m/s²
• B． 2秒末质点的速度达到全程的最大值
• C． 2秒末质点的位置坐标（3.75m，1.25m）
• D． 全程的平均速度为1.5m/s

Answer 1

分析 由运动学公式$a=\frac{△v}{△t}$求得加速度；第2s内，沿y轴正方向做匀加速直线运动，求出2s的末速度；求出水平和竖直方向的位移，即可求得位置坐标；根据平均速度的定义求全程的平均速度；

解答 解：A、1s末质点到达A为最远点，则质点带负电，$a=\frac{△v}{△t}=\frac{0-7.5}{1}m/{s}_{\;}^{2}=-7.5m/{s}_{\;}^{2}$，沿x轴负方向，所以第1s内带电质点的加速度大小为$7.5m/{s}_{\;}^{2}$，故A正确；
B、根据平行四边形定则，得${F}_{点}^{\;}=\frac{mg}{cos37°}=\frac{5}{4}mg$，第2s内，电场沿y轴负方向，电场力竖直向上，根据牛顿第二定律，${F}_{电}^{\;}-mg=ma′$，解得$a′=\frac{1}{4}g$=$2.5m/{s}_{\;}^{2}$
第2s的末速度${v}_{2}^{\;}=a′t=2.5m/s$，全程中的最大速度为7.5m/s，故B错误；
C、第1s内的位移，即$x=\frac{{v}_{0}^{\;}}{2}{t}_{1}^{\;}=\frac{7.5}{2}×1=3.75m$；第2s内沿y轴正方向匀加速运动的位移$y=\frac{1}{2}a′{t}_{2}^{2}=\frac{1}{2}×2.5×{1}_{\;}^{2}=1.25m$
所以2s末质点的位置坐标为（3.75m，1.25m），故C正确；
D、全程的总位移$l=\sqrt{{x}_{\;}^{2}+{y}_{\;}^{2}}=\sqrt{3.7{5}_{\;}^{2}+1.2{5}_{\;}^{2}}=3.95m$
全程的平均速度$\overline{v}=\frac{l}{t}=\frac{3.95}{2}m/s≈2m/s$，故D错误；
故选：AC

点评 本题为确定好电场力的大小后求得加速度，再由运动学公式求解问题，不难．