Question

（2013?成都一模）如圖所示，在豎直平面內(nèi)的直角坐標系xOy的第三象限，同時存在著大小E=1N/C、方向豎直向上的勻強電場和大小 B=

4

5

T、A（-

2

5π

，0.05）點有一比荷為

q

m

=10C/kg的帶正電微粒甲，在第四象限的D（0.3，y_D）點有一微粒乙．由靜止釋放甲的同時，以初速度v₀=4m/s豎直向上拋出乙，它們恰能相遇．不計空氣阻力，g=10m/s²．求：
（1）甲到達x軸時的速度大小
（2）D點的縱坐標y_D的值．

Answer 1

分析：（1）甲微粒釋放后做自由落體運動，由運動學規(guī)律求解甲到達x軸時的速度大小和時間．
（2）由題得到甲微粒在第三象限受到的電場力與重力大小相等，方向又相反，二力平衡，甲在第三象限做勻速圓周運動，由牛頓第二定律求出軌跡半徑．根據(jù)軌跡可知甲繞行

1

4

周，運動時間為

1

4

周期．甲在第四象限做平拋運動，兩個微粒相遇時，甲微粒的水平位移必須等于x_D=0.3m，由平拋運動的規(guī)律求出相遇位置的坐標．乙做豎直上拋運動，看成一種勻減速運動，根據(jù)兩者位移關(guān)系，求D點的縱坐標y_D的值．

解答：解：（1）甲做自由落體運動，從A到達x軸過程，由運動學規(guī)律有 h=

1

2

g

t

2 1

，v²=2gh
解得，t₁=0.1s，v=1m/s
（2）在第三象限內(nèi)，因為

q

m

=10C/kg，E=1N/C，g=10m/s²
得到qE=mg，故甲做勻速圓周運動
由牛頓第二定律得：qvB=m

v2

r

得r=

2

5π

m
由題，x_A=-

2

5π

m，所以得知甲在第三象限將繞行

1

4

周，運動時間為

1

4

周期，即t₂=

T

4

=

1

4

?

2πm

qB

=

πm

2qB

=0.2s
甲在第四象限中做平拋運動，有x_A=vt₃，h′=

1

2

g

t

2 3

解得，t₃=0.3s，h′=0.45m
相遇位置坐標為P（0.3，-

2

5π

-0.45）
設D點在P點的正上方，乙在上升過程經(jīng)歷的時間為t，則t=

v0

g

=0.4s
∵2t＞t₁+t₂+t₃
∴假設不成立，D點只能在P點的正下方．
設乙從開始運動到與甲相遇，發(fā)生的向上位移為y
則y=v₀t（t₁+t₂+t₃）-

1

2

g(t1+t2+t3)2=0.6m
所以y_D=-y+（-

2

5π

-0.45）m=（-

2

5π

-1.05）m
答：
（1）甲到達x軸時的速度大小是1m/s．
（2）D點的縱坐標y_D的值是（-

2

5π

-1.05）m．

點評：本題通過分析微粒的受力情況，來分析其運動情況，抓住相遇的條件，結(jié)合相關(guān)運動的規(guī)律進行求解．