2019高考物理系列模型之過程模型 專題04（類）拋體運動模型（2）學案.doc
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專題04 (類)拋體運動模型（2） ３.類拋體運動 （i）類拋體運動的條件 ①物體運動過程中受到大小、方向都不變的恒定外力的作用 ②初速度不為零： 當初速度與外力垂直時物體做類平拋運動； 當初速度與外力成鈍角時物體做類斜上拋運動； 當初速度與外力成銳角時物體做類斜下拋運動； 當初速度與外力方向相同時物體做類豎直下拋運動； 當初速度與外力方向相反時物體做類豎直上拋運動． （ii）常規(guī)處理方法 ①類拋體運動可以分解為沿初速度方向上的勻速直線運動和沿外力方向上的勻變速運動兩個分運動。 ②當物體受到兩個相互垂直方向上的恒力的作用而做類拋體運動時，另一種常見的運動分解方法是沿這兩個方向上將類拋體運動分解為兩個勻變速運動． （iii）類拋體運動的規(guī)律 與平拋運動、斜上拋運動不同的是，物體在類拋體運動中的加速度不是一個確定的值，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動中，但需注意相應表達式中要將g替換為a，將機械能守恒轉換為＂類機械能＇＇守恒． 例4.,如圖所示，在豎直平面的xOy坐標系中，Oy豎直向上，Ox水平．設平面內(nèi)存在沿x軸正方向的恒定風力．一物體從坐標原點沿Oy方向豎直向上拋出，初速度為v0＝4 m/s，不計空氣阻力，到達最高點的位置如圖中M點所示，(坐標格為正方形，g＝10 m/s2)求： (1)小球在M點的速度v1. (2)在圖中定性畫出小球的運動軌跡并標出小球落回x軸時的位置N. (3)小球到達N點的速度v2的大?。? 【答案】（１）6 m/s.（２）如圖 （３）4 m/s 【解析】(1)設正方形的邊長為s0. 豎直方向做豎直上拋運動，v0＝gt1,2s0＝ t1 水平方向做勻加速直線運動，3s0＝ t1. 解得v1＝6 m/s. 故v2＝＝4 m/s. 例5.如圖所示，在xOy平面的第一象限有一勻強電場，電場的方向平行于y軸向下；在x軸和第四象限的射線OC之間有一勻強磁場，磁感應強度的大小為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)點由電場左側平行于x軸射入電場。質(zhì)點到達x軸上A點時，速度方向與x軸的夾角，A點與原點O的距離為d。接著，質(zhì)點進入磁場，并垂直于OC飛離磁場。不計重力影響。若OC與x軸的夾角為，求 （1）粒子在磁場中運動速度的大小： （2）勻強電場的場強大小。 【答案】（１）（２） 【解析】(1)質(zhì)點在磁場中的只要洛侖茲力作用下做勻速圓周運動，根據(jù)飛進和飛離磁場的方向，進而確定圓心，進而確定圓心O＇和半徑R，如圖所示 則有 R=dsinj ① 由洛化茲力公式和牛頓第二定律得 ② 由①②式，得 ③ (2)質(zhì)點在電場中的運動為類平拋運動。 x=v0t ④ v0＝vcosj ⑤ vsinj＝at ⑥ 另解:設質(zhì)點飛入電場時距O點距離為L，飛出電場時位移與初速度間夾角為θ ① ② 由動能定理得 ③ 由①②③式得 例6.如圖所示，一個質(zhì)量為m，帶電量為+q的微粒，從a點以大小為v0的初速度豎直向上射入水平方向的勻強電場中。微粒通過最高點b時的速度大小為2v0方向水平向右。求： （1）該勻強電場的場強大小E； （2）a、b兩點間的電勢差Uab； （3）該微粒從a點到b點過程中速率的最小值vmin及速率達到最小時經(jīng)歷的時間。 【答案】（１）（２）（３）， 【解析】（1）沿豎直方向和方向建立直角坐標，帶電微粒受到重力及電場力作用，兩力分別沿豎直方向和水平方向，將物體的運動分解為豎直方向和水平方向的兩個分運動： 在豎直方向物體做勻減速運動，加速度， 水平方向物體做勻加速運動，初速度為0，加速度 b點是最高點，豎直分速度為0，有：。 水平方向有：聯(lián)立兩式得： 如圖甲所示，開始一段時間內(nèi)，F(xiàn)與速度方向夾角大于90，合力做負功，動能減小，后來F與速度夾角小于90，合力做正功，動能增加，因此，當F與速度v的方向垂直時，小球的動能最小，速度也最小，設為。 即： 聯(lián)立以上三式得： 所以最小速度： （解二）將微粒的運動仍沿水平與豎直兩個方向上正交分解．設經(jīng)過時間t微粒的速度大小為v，由速度的合成與分解有 由此可得當即時微粒的速率最小，． （解三）如圖乙所示， 帶電微粒所做的運動是類斜上拋運動，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動，在沿合力的方向上以為初速度做類上拋的勻減速運動．由此可知，當微粒在沿合力方向上的分速度減小到零時微粒的速度最小，最小值等于，經(jīng)歷的時間． 模型演練 6.一個物體受到恒定的合力作用而做曲線運動，則下列說法正確的是 A．物體的速率可能不變 B．物體一定做勻變速曲線運動，且速率一定增大 C．物體可能做勻速圓周運動 D．物體受到的合力與速度的夾角一定越來越小，但總不可能為0 【答案】Ｄ 反向時減小，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α.可視為質(zhì)點的不同小球，沿光滑水平面從界線的O點不斷地射入力的作用區(qū)內(nèi)，小球一進入力的作用區(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）當小球速度為v0，射入方向與界線NM的夾角為β時，小球在力的作用區(qū)內(nèi)運動時的最小速度的大??； （2）當小球以速度v0垂直界線MN射入時，小球從開始射入到（未越過OP直線）距離OP直線最遠處所經(jīng)歷的時間； （3）當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，試證明：所有小球經(jīng)過OP直線時的速度方向都相同. 【答案】（１）v0sinβ（２）v0cotα/k.（３）見解析 【解析】1）將小球的運動沿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⊥=v0sinβ勻速運動，在MN方向上以初速度v=v0cosβ做勻減速運動.故當小球在沿MN方向上的分速度減小到零時速度最小，vmin=v⊥=v0sinβ. （2）小球做類平拋運動. 由F=km得：a=F/m=k vx=v0,vy=at=kt vy=v0cotα t=v0cotα/k. （3）設垂直界線射入的小球速度為vt,x=vtt 小球經(jīng)過直線OP時應有：cotα=y/x=kt/2vt，得：t=2vtcotα/k vty=at=kt=2vtcotα tanθ=vty/vt=2cotα（θ為初速度方向與小球過OP直線時的速度方向的夾角） ∴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的電場作用下從O經(jīng)P板的小孔射出，又垂直進入平行金屬板間的電場，在偏轉電壓為的電場作用下偏轉一段距離?，F(xiàn)使U1加倍，要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，應該 A．使U2加倍 B．使U2變?yōu)樵瓉淼?倍， C．使U2變?yōu)樵瓉淼谋? D．使U2變?yōu)樵瓉淼谋? 【答案】Ａ 【解析】 要使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，應使電子從電場中穿出時偏轉距離不變，而偏轉距離，故U1加倍時應使U2也加倍，A正確。 9.如圖所示，有三個質(zhì)量相等分別帶正電、負電和不帶電的小球，從平行板電場中的P點以相同的初速度垂直于E進入電場，它們分別落于A、B、C三點，則可判斷[ ] A、落到A點的小球帶正電，落到B點的小球不帶電； B、三小球在電場中運動時間相等； C、三小球到達正極板時的動能關系是：EKA＞EKB＞EKC； D、三小球在電場中運動的加速度關系是：aA＞aB＞aC。 【答案】Ａ向上，ＡＢＣ所受合力依次增大，落到板上時合力做功依次增多，因它們初動能相等，由動能定理知它們到達正極板時的動能依次增大，Ｃ錯誤． 10.如圖所示，四個質(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)過電場外，其他三個粒子均經(jīng)過場強大小相同的勻強電場(mg>qE)，這四個粒子從拋出到落地的時間分別為ta、tb、tc、td，則（ ） A．tb
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