Question

18．一帶電質(zhì)點(diǎn)從圖中的A點(diǎn)豎直向上以速度v₀射入一水平方向的勻強(qiáng)電場中，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，速度方向變?yōu)樗�平，已知質(zhì)點(diǎn)質(zhì)量為m，帶電荷量為q，A、B間距離為L，且AB連線與水平方向成θ=37°角，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)B后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)可到達(dá)與A點(diǎn)在同一水平面上的C點(diǎn)（未畫出），則（　�。�

• A． 質(zhì)點(diǎn)在B點(diǎn)的速度大小為$\frac{3}{4}$v₀
• B． 勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為$\frac{4mg}{3q}$
• C． 從A到C的過程中，帶電質(zhì)點(diǎn)的電勢能減小了$\frac{32}{9}$mv₀²
• D． 質(zhì)點(diǎn)在C點(diǎn)的加速度大小為$\frac{3}{5}$g

Answer 1

分析 將質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向和豎直方向，在水平方向上受電場力做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度公式求出v_A、v_B的大��；根據(jù)等時(shí)性，求出水平方向上的加速度與豎直方向上的加速度關(guān)系，從而得出電場強(qiáng)度的大小．再對(duì)水平方向運(yùn)用動(dòng)能定理和運(yùn)動(dòng)學(xué)推論求解A到C的過程中，帶電質(zhì)點(diǎn)的電勢能減�。�根據(jù)牛頓第二定律求解質(zhì)點(diǎn)在C點(diǎn)的加速度大小

解答 解：A、由題意可知，質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)是豎直方向和水平方向的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，因此
在豎直方向上有：Lsin37°=$\frac{{v}_{A}}{2}$t
在水平方向上有：Lcos37°=$\frac{{v}_{B}}{2}$t
由上兩式得：tan37°=$\frac{{v}_{A}}{{v}_{B}}$
可得：v_B=$\frac{{v}_{A}}{tan37°}$=$\frac{4}{3}{v}_{0}$，故A錯(cuò)誤．
B、由于兩分運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同即：
豎直方向上的時(shí)間：t=$\frac{{v}_{A}}{g}$
在水平方向上有：v_B=at
所以有：a=$\frac{{v}_{B}}{t}$=$\frac{{v}_{B}}{{v}_{A}}$g=g
又a=$\frac{4}{3}\frac{qE}{m}$，解得：E=$\frac{4mg}{3q}$，故B正確．
C、從A到B，對(duì)于水平方向，根據(jù)能量守恒可知：帶電質(zhì)點(diǎn)的電勢能減小為△E_p1=$\frac{1}{2}{mv}_{B}^{2}=\frac{1}{2}m（\frac{4}{3}{v}_{0}）^{2}$=$\frac{8{mv}_{0}^{2}}{9}$
由于質(zhì)點(diǎn)在水平方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由推論可知：AC間的水平距離等于AB間水平距離的4倍，由W=qEd，可知從A到C的過程中電場力做功是從A到B的過程電場力做功的4倍，所以從A到C的過程中，帶電質(zhì)點(diǎn)的電勢能減小為△E_p2=4△E_p1=$\frac{32}{9}{mv}_{0}^{2}$，故C正確．
D、質(zhì)點(diǎn)在C點(diǎn)的加速度大小  a=$\sqrt{{g}^{2}+（\frac{qE}{m}）^{2}}$=$\frac{5}{3}$g，故D錯(cuò)誤．
故選：BC

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵知道質(zhì)點(diǎn)在豎直方向和水平方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和推論靈活求解