2019高考物理系列模型之過程模型 專題04（類）拋體運(yùn)動(dòng)模型（2）學(xué)案.doc

專題04 (類)拋體運(yùn)動(dòng)模型（2）.類拋體運(yùn)動(dòng)（i）類拋體運(yùn)動(dòng)的條件物體運(yùn)動(dòng)過程中受到大小、方向都不變的恒定外力的作用初速度不為零：當(dāng)初速度與外力垂直時(shí)物體做類平拋運(yùn)動(dòng)；當(dāng)初速度與外力成鈍角時(shí)物體做類斜上拋運(yùn)動(dòng)；當(dāng)初速度與外力成銳角時(shí)物體做類斜下拋運(yùn)動(dòng)；當(dāng)初速度與外力方向相同時(shí)物體做類豎直下拋運(yùn)動(dòng)；當(dāng)初速度與外力方向相反時(shí)物體做類豎直上拋運(yùn)動(dòng)（ii）常規(guī)處理方法類拋體運(yùn)動(dòng)可以分解為沿初速度方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)和沿外力方向上的勻變速運(yùn)動(dòng)兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)。當(dāng)物體受到兩個(gè)相互垂直方向上的恒力的作用而做類拋體運(yùn)動(dòng)時(shí)，另一種常見的運(yùn)動(dòng)分解方法是沿這兩個(gè)方向上將類拋體運(yùn)動(dòng)分解為兩個(gè)勻變速運(yùn)動(dòng)（iii）類拋體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律與平拋運(yùn)動(dòng)、斜上拋運(yùn)動(dòng)不同的是，物體在類拋體運(yùn)動(dòng)中的加速度不是一個(gè)確定的值，取決于物體所受外力與物體的質(zhì)量，其它規(guī)律與推論可直接遷移到類拋體運(yùn)動(dòng)中，但需注意相應(yīng)表達(dá)式中要將g替換為a，將機(jī)械能守恒轉(zhuǎn)換為類機(jī)械能守恒例4.,如圖所示，在豎直平面的xOy坐標(biāo)系中，Oy豎直向上，Ox水平設(shè)平面內(nèi)存在沿x軸正方向的恒定風(fēng)力一物體從坐標(biāo)原點(diǎn)沿Oy方向豎直向上拋出，初速度為v04 m/s，不計(jì)空氣阻力，到達(dá)最高點(diǎn)的位置如圖中M點(diǎn)所示，(坐標(biāo)格為正方形，g10 m/s2)求：(1)小球在M點(diǎn)的速度v1.(2)在圖中定性畫出小球的運(yùn)動(dòng)軌跡并標(biāo)出小球落回x軸時(shí)的位置N. (3)小球到達(dá)N點(diǎn)的速度v2的大小【答案】（）6 m/s.（）如圖（）4 m/s【解析】(1)設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為s0.豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，v0gt1,2s0 t1水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，3s0 t1.解得v16 m/s.故v24 m/s. 例5.如圖所示，在xOy平面的第一象限有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)的方向平行于y軸向下；在x軸和第四象限的射線OC之間有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直于紙面向外。有一質(zhì)量為m，帶有電荷量+q的質(zhì)點(diǎn)由電場(chǎng)左側(cè)平行于x軸射入電場(chǎng)。質(zhì)點(diǎn)到達(dá)x軸上A點(diǎn)時(shí)，速度方向與x軸的夾角，A點(diǎn)與原點(diǎn)O的距離為d。接著，質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，并垂直于OC飛離磁場(chǎng)。不計(jì)重力影響。若OC與x軸的夾角為，求 （1）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)速度的大?。?（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小?！敬鸢浮浚ǎǎ窘馕觥?1)質(zhì)點(diǎn)在磁場(chǎng)中的只要洛侖茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)飛進(jìn)和飛離磁場(chǎng)的方向，進(jìn)而確定圓心，進(jìn)而確定圓心O和半徑R，如圖所示則有 R=dsinj 由洛化茲力公式和牛頓第二定律得由式，得(2)質(zhì)點(diǎn)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)為類平拋運(yùn)動(dòng)。x=v0t v0vcosj vsinjat另解:設(shè)質(zhì)點(diǎn)飛入電場(chǎng)時(shí)距O點(diǎn)距離為L(zhǎng)，飛出電場(chǎng)時(shí)位移與初速度間夾角為 由動(dòng)能定理得 由式得例6.如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m，帶電量為+q的微粒，從a點(diǎn)以大小為v0的初速度豎直向上射入水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。微粒通過最高點(diǎn)b時(shí)的速度大小為2v0方向水平向右。求：（1）該勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E；（2）a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uab；（3）該微粒從a點(diǎn)到b點(diǎn)過程中速率的最小值vmin及速率達(dá)到最小時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間?！敬鸢浮浚ǎǎǎ?，【解析】（1）沿豎直方向和方向建立直角坐標(biāo)，帶電微粒受到重力及電場(chǎng)力作用，兩力分別沿豎直方向和水平方向，將物體的運(yùn)動(dòng)分解為豎直方向和水平方向的兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)： 在豎直方向物體做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度， 水平方向物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，初速度為0，加速度 b點(diǎn)是最高點(diǎn)，豎直分速度為0，有：。水平方向有：聯(lián)立兩式得： 如圖甲所示，開始一段時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)與速度方向夾角大于90，合力做負(fù)功，動(dòng)能減小，后來(lái)F與速度夾角小于90，合力做正功，動(dòng)能增加，因此，當(dāng)F與速度v的方向垂直時(shí)，小球的動(dòng)能最小，速度也最小，設(shè)為。即： 聯(lián)立以上三式得：所以最小速度：（解二）將微粒的運(yùn)動(dòng)仍沿水平與豎直兩個(gè)方向上正交分解設(shè)經(jīng)過時(shí)間t微粒的速度大小為v，由速度的合成與分解有由此可得當(dāng)即時(shí)微粒的速率最小，（解三）如圖乙所示，帶電微粒所做的運(yùn)動(dòng)是類斜上拋運(yùn)動(dòng)，由解一知其所受合力方向與水平方向間的夾角，合力的大小為由牛頓第二定律可知微粒的加速度將微粒的初速度沿合力與垂直于全力的兩個(gè)方向上正交分解，可知微粒在垂直于合力的方向上以的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在沿合力的方向上以為初速度做類上拋的勻減速運(yùn)動(dòng)由此可知，當(dāng)微粒在沿合力方向上的分速度減小到零時(shí)微粒的速度最小，最小值等于，經(jīng)歷的時(shí)間模型演練6.一個(gè)物體受到恒定的合力作用而做曲線運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是 A物體的速率可能不變B物體一定做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，且速率一定增大C物體可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)D物體受到的合力與速度的夾角一定越來(lái)越小，但總不可能為0【答案】反向時(shí)減小，分速度與合力同向增加，從而使合力與速度間的夾角越來(lái)越小，D正確。7.如圖所示，虛線MN為足夠大的光滑水平面上的一條界線，界線的右側(cè)是力的作用區(qū).OP為力的作用區(qū)內(nèi)一條直線，OP與界線MN夾角為.可視為質(zhì)點(diǎn)的不同小球，沿光滑水平面從界線的O點(diǎn)不斷地射入力的作用區(qū)內(nèi)，小球一進(jìn)入力的作用區(qū)就受到水平恒力作用，水平恒力方向平行于MN且由M指向N，恒力大小與小球的質(zhì)量成正比，比例系數(shù)為k.試求：（1）當(dāng)小球速度為v0，射入方向與界線NM的夾角為時(shí)，小球在力的作用區(qū)內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)的最小速度的大??；（2）當(dāng)小球以速度v0垂直界線MN射入時(shí)，小球從開始射入到（未越過OP直線）距離OP直線最遠(yuǎn)處所經(jīng)歷的時(shí)間；（3）當(dāng)小球以大小不同的速度垂直界線MN射入且都能經(jīng)過OP直線時(shí)，試證明：所有小球經(jīng)過OP直線時(shí)的速度方向都相同.【答案】（）v0sin（）v0cot/k.（）見解析【解析】1）將小球的運(yùn)動(dòng)沿MN和垂直于MN方向分解，可知在垂直于MN方向上小球保持v=v0sin勻速運(yùn)動(dòng)，在MN方向上以初速度v=v0cos做勻減速運(yùn)動(dòng).故當(dāng)小球在沿MN方向上的分速度減小到零時(shí)速度最小，vmin=v=v0sin.（2）小球做類平拋運(yùn)動(dòng).由F=km得：a=F/m=kvx=v0,vy=at=ktvy=v0cott=v0cot/k.（3）設(shè)垂直界線射入的小球速度為vt,x=vtt小球經(jīng)過直線OP時(shí)應(yīng)有：cot=y/x=kt/2vt，得：t=2vtcot/kvty=at=kt=2vtcottan=vty/vt=2cot（為初速度方向與小球過OP直線時(shí)的速度方向的夾角）小球經(jīng)過直線OP的速度方向都相同.8.如圖所示，靜止的電子在加速電壓為U1的電場(chǎng)作用下從O經(jīng)P板的小孔射出，又垂直進(jìn)入平行金屬板間的電場(chǎng)，在偏轉(zhuǎn)電壓為的電場(chǎng)作用下偏轉(zhuǎn)一段距離?，F(xiàn)使U1加倍，要想使電子的運(yùn)動(dòng)軌跡不發(fā)生變化，應(yīng)該A使U2加倍B使U2變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，C使U2變?yōu)樵瓉?lái)的倍D使U2變?yōu)樵瓉?lái)的倍【答案】【解析】 要使電子的運(yùn)動(dòng)軌跡不發(fā)生變化，應(yīng)使電子從電場(chǎng)中穿出時(shí)偏轉(zhuǎn)距離不變，而偏轉(zhuǎn)距離，故U1加倍時(shí)應(yīng)使U2也加倍，A正確。9.如圖所示，有三個(gè)質(zhì)量相等分別帶正電、負(fù)電和不帶電的小球，從平行板電場(chǎng)中的P點(diǎn)以相同的初速度垂直于E進(jìn)入電場(chǎng)，它們分別落于A、B、C三點(diǎn)，則可判斷 A、落到A點(diǎn)的小球帶正電，落到B點(diǎn)的小球不帶電； B、三小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等；C、三小球到達(dá)正極板時(shí)的動(dòng)能關(guān)系是：EKAEKBEKC；D、三小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度關(guān)系是：aAaBaC?！敬鸢浮肯蛏?，所受合力依次增大，落到板上時(shí)合力做功依次增多，因它們初動(dòng)能相等，由動(dòng)能定理知它們到達(dá)正極板時(shí)的動(dòng)能依次增大，錯(cuò)誤10.如圖所示，四個(gè)質(zhì)量相同，帶電荷量均為+q的a、b、c、d粒子，距離地面的高度相同，以相同的水平速度拋出，除了a粒子沒有經(jīng)過電場(chǎng)外，其他三個(gè)粒子均經(jīng)過場(chǎng)強(qiáng)大小相同的勻強(qiáng)電場(chǎng)(mg>qE)，這四個(gè)粒子從拋出到落地的時(shí)間分別為ta、tb、tc、td，則（ ）Atb<ta<tc<td Btb=tc<ta=tdCta=td<tb<tc Dtb<ta=td<tc【答案】【解析】由題意知a粒子做平拋運(yùn)動(dòng)，bc兩粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，d粒子做類斜拋運(yùn)動(dòng)，但每個(gè)粒子在豎直方向上的分運(yùn)動(dòng)都是從靜止開始的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，豎直位移相同，但豎直方向上的加速度大小關(guān)系為：a與d相等，c的最小，b的最大，則由可判定正確11.如圖所示，水平放置的兩平行金屬板間有一豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，板間距離為d，在距極板右端L處有一豎直放置的屏，一帶電荷量為q，質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)從兩板中央平行于極板射入電場(chǎng)，最后垂直打在屏上，以下說(shuō)法中正確的是質(zhì)點(diǎn)打在屏的點(diǎn)上方，板間電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為質(zhì)點(diǎn)打在屏的點(diǎn)上方，板間電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為質(zhì)點(diǎn)打在屏的點(diǎn)下方，板間電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為質(zhì)點(diǎn)打在屏的點(diǎn)下方，板間電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為【答案】上減速到零可知粒子應(yīng)打在P點(diǎn)上方，正確錯(cuò)誤12.如圖所示，地面上某區(qū)域存在著豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m的帶負(fù)電的小球以水平方向的初速度v0由O點(diǎn)射入該區(qū)域，剛好通過豎直平面中的P點(diǎn)，已知連線OP與初速度方向的夾角為450，則此帶電小球通過P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為 A. B. /2C. 2 D.5/2【答案】【解析】（解法一）小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球經(jīng)過點(diǎn)時(shí)速度與水平方向間的夾角為，則，正確（解法二）因小球在豎直方向上為勻加速運(yùn)動(dòng)，則有，解之有，正確13.如圖所示的裝置，在加速電場(chǎng)U1內(nèi)放置一根塑料管AB（AB由特殊絕緣材料制成，不會(huì)影響電場(chǎng)的分布），緊靠其右側(cè)的是兩塊彼此平行的水平金屬板，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，兩板間距離為d一個(gè)帶負(fù)電荷的小球，恰好能沿光滑管壁運(yùn)動(dòng)小球由靜止開始加速，離開B端后沿金屬板中心線水平射入兩板中，若給兩水平金屬板加一電壓U2，當(dāng)上板為正時(shí)，小球恰好能沿兩板中心線射出；當(dāng)下板為正時(shí)，小球射到下板上距板的左端處，求：（1）U1：U2；（2）若始終保持上板帶正電，為使經(jīng)U1加速的小球，沿中心線射入兩金屬板后能夠從兩板之間射出，兩水平金屬板所加電壓U的范圍是多少？（請(qǐng)用U2表示）【答案】（1）（2）【解析】（1）設(shè)粒子被加速后的速度為v，當(dāng)兩板間加上電壓U如上板為正時(shí)，mg，U 如下板為正時(shí)，a2g 2g（） qUmv 解得 （2）當(dāng)上板加最大電壓Um時(shí)，粒子斜向上偏轉(zhuǎn)剛好穿出：t 得Um 若上板加上最小正電壓Un時(shí)，粒子向下偏轉(zhuǎn)恰穿出： 得Un電壓的范圍為： 14.如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的小球從距地面一定高度的O點(diǎn)，以初速度v0沿著水平方向拋出，已知在小球運(yùn)動(dòng)的區(qū)域里，存在著一個(gè)與小球的初速度方向相反的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如果測(cè)得小球落地時(shí)的速度方向恰好是豎直向下的，且已知小球飛行的水平距離為L(zhǎng)，求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E為多大？(2)小球落地點(diǎn)A與拋出點(diǎn)O之間的電勢(shì)差為多大？(3)小球落地時(shí)的動(dòng)能為多大？【答案】（）0.（）0.（） (3)設(shè)小球落地時(shí)的動(dòng)能為EkA，空中飛行的時(shí)間為T，分析水平方向和豎直方向的分運(yùn)動(dòng)有：v0T，vAgT，EkAmv解得：EkA.15如圖所示，光滑絕緣的細(xì)圓管彎成半徑為R的半圓形，固定在豎直面內(nèi)，管口B、C的連線是水平直徑現(xiàn)有一帶正電的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從B點(diǎn)正上方的A點(diǎn)自由下落，A、B兩點(diǎn)間距離為4R從小球進(jìn)入管口開始，整個(gè)空間中突然加上一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)力在豎直向上的分力大小與重力大小相等，結(jié)果小球從管口C處脫離圓管后，其運(yùn)動(dòng)軌跡經(jīng)過A點(diǎn)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)過程中帶電量沒有改變，重力加速度為g，求：(1)小球到達(dá)B點(diǎn)的速度大??；(2)小球受到的電場(chǎng)力的大小 (3)小球經(jīng)過管口C處時(shí)對(duì)圓管壁的壓力【答案】（）（）（）3mg水平向右【解析】(1)小球從開始自由下落到到達(dá)管口B的過程中機(jī)械能守恒，故有：到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度大小為(2)設(shè)電場(chǎng)力的豎直分力為Fy、，水平分力為Fx，則Fy=mg(方向豎直向上).小球從B運(yùn)動(dòng)到C的過程中，由動(dòng)能定理得：小球從管口C處脫離圓管后，做類平拋運(yùn)動(dòng)，由于其軌跡經(jīng)過A點(diǎn)，有聯(lián)立解得：Fx=mg電場(chǎng)力的大小為： (3)小球經(jīng)過管口C處時(shí)，向心力由Fx和圓管的彈力N提供，設(shè)彈力N的方向向左，則 解得：N=3mg(方向向左)根據(jù)牛頓第三定律可知，小球經(jīng)過管口C處時(shí)對(duì)圓管的壓力為，方向水平向右