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

《2019高考物理系列模型之過程模型 專題04（類）拋體運(yùn)動模型（2）學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理系列模型之過程模型 專題04（類）拋體運(yùn)動模型（2）學(xué)案（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題04 (類)拋體運(yùn)動模型（2） ３.類拋體運(yùn)動 （i）類拋體運(yùn)動的條件 ①物體運(yùn)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(dāng)初速度與外力垂直時物體做類平拋運(yùn)動； 當(dāng)初速度與外力成鈍角時物體做類斜上拋運(yùn)動； 當(dāng)初速度與外力成銳角時物體做類斜下拋運(yùn)動； 當(dāng)初速度與外力方向相同時物體做類豎直下拋運(yùn)動； 當(dāng)初速度與外力方向相反時物體做類豎直上拋運(yùn)動． （ii）常規(guī)處理方法 ①類拋體運(yùn)動可以分解為沿初速度方向上的勻速直線運(yùn)動和沿外力方向上的勻變速運(yùn)動兩個分運(yùn)動。 ②當(dāng)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(yùn)動時，另一種常見的運(yùn)動分解方法是沿

2、這兩個方向上將類拋體運(yùn)動分解為兩個勻變速運(yùn)動． （iii）類拋體運(yùn)動的規(guī)律 與平拋運(yùn)動、斜上拋運(yùn)動不同的是，物體在類拋體運(yùn)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(yùn)動中，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(dá)最高點的位置如圖中M點所示，(坐標(biāo)格為正方形，g＝10 m/s2)求： (1)小球在M點的速度v1

3、. (2)在圖中定性畫出小球的運(yùn)動軌跡并標(biāo)出小球落回x軸時的位置N. (3)小球到達(dá)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(shè)正方形的邊長為s0. 豎直方向做豎直上拋運(yùn)動，v0＝gt1,2s0＝2(v0) t1 水平方向做勻加速直線運(yùn)動，3s0＝2(v1) 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(qiáng)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(qiáng)磁場，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)點由

4、電場左側(cè)平行于x軸射入電場。質(zhì)點到達(dá)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(jìn)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(yùn)動速度的大小： （2）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)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(yùn)動，根據(jù)飛進(jìn)和飛離磁場的方向，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 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(yùn)動為類平拋運(yùn)動。 x=v0t

5、 ④ v0＝vcosj ⑤ vsinj＝at ⑥ 另解:設(shè)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(qiáng)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(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E； （2）a、b兩點間的電勢差Uab； （3

6、）該微粒從a點到b點過程中速率的最小值vmin及速率達(dá)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(biāo)，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(yùn)動分解為豎直方向和水平方向的兩個分運(yùn)動： 在豎直方向物體做勻減速運(yùn)動，加速度， 水平方向物體做勻加速運(yùn)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(fù)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(dāng)F與速度v

7、的方向垂直時，小球的動能最小，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)動仍沿水平與豎直兩個方向上正交分解．設(shè)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(dāng)即時微粒的速率最小，． （解三）如圖乙所示， 帶電微粒所做的運(yùn)動是類斜上拋運(yùn)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(yùn)動，在沿合力的方向上以為初速度做類上拋的勻減速運(yùn)動．由此可知，當(dāng)微粒在沿合力方向

8、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(yùn)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(yùn)動，且速率一定增大 C．物體可能做勻速圓周運(yùn)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(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

9、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β時，小球在力的作用區(qū)內(nèi)運(yùn)動時的最小速度的大??； （2）當(dāng)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(yuǎn)處所經(jīng)歷的時間； （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，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(yùn)動沿MN和垂直于MN方向分解，可知在垂直

10、于MN方向上小球保持v⊥=v0sinβ勻速運(yùn)動，在MN方向上以初速度v=v0cosβ做勻減速運(yùn)動.故當(dāng)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(yùn)動. 由F=km得：a=F/m=k vx=v0,vy=at=kt vy=v0cotα t=v0cotα/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時應(yīng)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)

11、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(jìn)入平行金屬板間的電場，在偏轉(zhuǎn)電壓為的電場作用下偏轉(zhuǎn)一段距離。現(xiàn)使U1加倍，要想使電子的運(yùn)動軌跡不發(fā)生變化，應(yīng)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(yùn)動軌跡不發(fā)生變化，應(yīng)使電子從電場中穿出時偏轉(zhuǎn)距離不變，而偏轉(zhuǎn)距離，故U1加倍時應(yīng)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(fù)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(jìn)入電場，它們分別落于A

12、、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(yùn)動時間相等； C、三小球到達(dá)正極板時的動能關(guān)系是：EKA＞EKB＞EKC； D、三小球在電場中運(yùn)動的加速度關(guān)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(dá)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(qiáng)大小相同的勻強(qiáng)電場(mg>qE)，這四個

13、粒子從拋出到落地的時間分別為ta、tb、tc、td，則（ ） A．tb

14、豎直放置的屏Ｍ，一帶電荷量為q，質(zhì)量為m的質(zhì)點從兩板中央平行于極板射入電場，最后垂直打在Ｍ屏上，以下說法中正確的是 Ａ．質(zhì)點打在屏的Ｐ點上方，板間電場強(qiáng)度的大小為 Ｂ．質(zhì)點打在屏的Ｐ點上方，板間電場強(qiáng)度的大小為 Ｃ．質(zhì)點打在屏的Ｐ點下方，板間電場強(qiáng)度的大小為 Ｄ．質(zhì)點打在屏的Ｐ點下方，板間電場強(qiáng)度的大小為 【答案】Ａ 上減速到零可知粒子應(yīng)打在P點上方，Ａ正確Ｂ錯誤． 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，一個質(zhì)量為m的帶負(fù)電的小球以水平方向的初速度v0由O點射入該區(qū)域，剛好通過豎直平面中的P點，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點時的

15、動能為 A. B. /2 C. 2 D.5/2 【答案】Ｄ 【解析】（解法一）小球做類平拋運(yùn)動，設(shè)小球經(jīng)過Ｐ點時速度與水平方向間的夾角為，則，，，Ｄ正確． （解法二）因小球在豎直方向上為勻加速運(yùn)動，則有，，，解之有，Ｄ正確． 13.如圖所示的裝置，在加速電場U1內(nèi)放置一根塑料管AB（AB由特殊絕緣材料制成，不會影響電場的分布），緊靠其右側(cè)的是兩塊彼此平行的水平金屬板，板長為L，兩板間距離為d．一個帶負(fù)電荷的小球，恰好能沿光滑管壁運(yùn)動．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

16、板加一電壓U2，當(dāng)上板為正時，小球恰好能沿兩板中心線射出；當(dāng)下板為正時，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，＝mg，U＝ 如下板為正時，a＝＝2g ＝·2g（） qU＝mv 解得＝ （2）當(dāng)上板加最大電壓Um時，粒子斜向上偏轉(zhuǎn)剛好穿出： t＝ ＝ 得Um＝

17、 若上板加上最小正電壓Un時，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，以初速度v0沿著水平方向拋出，已知在小球運(yùn)動的區(qū)域里，存在著一個與小球的初速度方向相反的勻強(qiáng)電場，如果測得小球落地時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，求： (1)電場強(qiáng)度E為多大？ (2)小球落地點A與拋出點O之間的電勢差為多大？ (3)小球落地時的動能為多大？ 【答案】（１）2(1)0.（２）2(1)0.（３）0(2) (3)設(shè)小球落地時的動能為EkA，空中飛行的時間為T，

18、分 析水平方向和豎直方向的分運(yùn)動有： v0＝m(qE)·T，vA＝gT，EkA＝2(1)mvA(2) 解得：EkA＝0(2). 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)從B點正上方的A點自由下落，A、B兩點間距離為4R．從小球進(jìn)入管口開始，整個空間中突然加上一個勻強(qiáng)電場，電場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)動軌跡經(jīng)過A點．設(shè)小球運(yùn)動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點的速度大小； (2)小球受到的電場力的大小 (3)

19、小球經(jīng)過管口C處時對圓管壁的壓力． 【答案】（１）（２）（３）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點時速度大小為 (2)設(shè)電場力的豎直分力為Fy、，水平分力為Fx，則Fy=mg(方向豎直向上).小球從B運(yùn)動到C的過程中，由動能定理得： 小球從管口C處脫離圓管后，做類平拋運(yùn)動，由于其軌跡經(jīng)過A點，有 聯(lián)立解得：Fx=mg 電場力的大小為： (3)小球經(jīng)過管口C處時，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處時對圓管的壓力為 ，方向水平向右 14