Question

5．如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy平面豎直，y軸豎直向上，平面內(nèi)有沿豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中未畫(huà)出），由x軸上的點(diǎn)A（-1，0）沿與x軸正方向成45°角以速度v=2$\sqrt{2}$m/s斜射出一質(zhì)量m=0.01kg，電荷量q=0.01C的帶負(fù)電荷的小球，B點(diǎn)是小球運(yùn)動(dòng)軌跡與y軸的交點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)軌跡上C、D兩點(diǎn)的坐標(biāo)在圖中標(biāo)出．重力加速度g=10m/s²，不計(jì)空氣阻力，求：
（1）B點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小和方向；
（3）小球運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)的速度大小和方向．

Answer 1

分析 （1）由幾何知識(shí)可知，小球從A到B做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的逆過(guò)程，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成和分解規(guī)律可求得豎直距離，從而確定B點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可求得加速度大小，再分析加速度與重力加速度的關(guān)系可明確電場(chǎng)力方向，再根據(jù)牛頓第二定律可求得電場(chǎng)強(qiáng)度大�。�
（3）根據(jù)動(dòng)能定理可求得B點(diǎn)的速度，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成和分解規(guī)律可求得夾角的斜弦值，從而確定夾角大�。�

解答 解：（1）由幾何知識(shí)可知，小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的B點(diǎn)的逆過(guò)程做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則有：
水平方向分速度：v_Ax=v_Acos45°
豎直分速度：v_Ay=v_Asin45°
水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，則有：v_Axt₁=x_A
豎直方向做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則有：
$\frac{{v}_{Ay}}{2}$t₁=y_B
聯(lián)立解得t₁=0.5s，
y_B=0.5m
所以B點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，0.5）；
（2）由類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)可知：
對(duì)豎直方向分析有：y_B=$\frac{1}{2}at$₁²
解得：a=4m/s²
因?yàn)榧铀俣萢=4m/s²＜g，所以小球受到的電場(chǎng)力向上，又因?yàn)樾∏驇ж?fù)電，所以電場(chǎng)方向豎直向下
由牛頓第二定律可知：mg-Eq=ma
解得：E=6N/C；
（3）小球從B點(diǎn)到D點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可知：
（mg-Eq）（y_B+y_D）=$\frac{1}{2}$m（v_D²-v_B²）
其中v_B=v_Ax=2m/s
解得：v_D=4m/s
而v_Dx=v_B
所以小球在D點(diǎn)時(shí)的速度方向與x軸正方向的夾角θ滿(mǎn)足
cosθ=$\frac{{v}_{Dx}}{{v}_{D}}$=$\frac{1}{2}$
所以θ=60°．
答：（1）B點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，0.5）；
（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為6N/C，和方向豎直向下；
（3）小球運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)的速度大小為4m/s，方向與水平方向成60°角．

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在電場(chǎng)重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分析，要注意明確運(yùn)動(dòng)過(guò)程，正確利用運(yùn)動(dòng)的合成和分解規(guī)律進(jìn)行分析，同時(shí)注意正確優(yōu)先利用動(dòng)能定理進(jìn)行分析求解．