2022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

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1、2022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 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

2、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(zhuǎn)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：

3、 (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的大小． 【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＝2(v0) t1 水平方向做勻加速直線運動，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

4、一質(zhì)量為m，帶有電荷量+q的質(zhì)點由電場左側(cè)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

5、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

6、、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

7、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

8、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(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

9、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小； （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M

10、N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

11、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(zhuǎn)電壓為的電場作用下偏轉(zhuǎn)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(zhuǎn)距離不變，而偏轉(zhuǎn)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

12、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

13、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

14、板間距離為d，在距極板右端L處有一豎直放置的屏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，板間電場強度的大小為 Ｂ．質(zhì)點打在屏的Ｐ點上方，板間電場強度的大小為 Ｃ．質(zhì)點打在屏的Ｐ點下方，板間電場強度的大小為 Ｄ．質(zhì)點打在屏的Ｐ點下方，板間電場強度的大小為 【答案】Ａ 上減速到零可知粒子應打在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電場，一個質(zhì)量為m的帶負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

15、450，則此帶電小球通過P點時的動能為 A. B. /2 C. 2 D.5/2 【答案】Ｄ 【解析】（解法一）小球做類平拋運動，設小球經(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．一個帶負電荷的小球，恰好能沿光滑管壁運動．小球由靜止開始加速，離開B端后沿金屬板中心

16、線水平射入兩板中，若給兩水平金屬板加一電壓U2，當上板為正時，小球恰好能沿兩板中心線射出；當下板為正時，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）設粒子被加速后的速度為v，當兩板間加上電壓U 如上板為正時，＝mg，U＝ 如下板為正時，a＝＝2g ＝·2g（） qU＝mv 解得＝ （2）當上板加最大電壓Um時，粒子斜向上偏轉(zhuǎn)剛好穿出： t＝

17、 ＝ 得Um＝ 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)設小球落地時的動

18、能為EkA，空中飛行的時間為T，分 析水平方向和豎直方向的分運動有： 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．從小球進入管口開始，整個空間中突然加上一個勻強電場，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，其運動軌跡經(jīng)過A點．設小球運動過程中帶電量沒有改變，重力加速度為g，求： (1)小球到達B點的速度大??； (2)小球受

19、到的電場力的大小 (3)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管口B的過程中機械能守恒，故有： 到達B點時速度大小為 (2)設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