高考熱點專題 —— 平拋和類平拋運動講義

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1、高考熱點專題 平拋和類平拋運動 當物體初速度水平且僅受重力作用時的運動，被稱為平拋運動。其軌跡為拋物線，性質為勻 變速曲線運動。 平拋運動可分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動這兩個分 運動。廣義地說，當物體所受的合外力恒定且與初速度垂直時，做類平拋運動。 平拋運動是日常生活中常見的運動，并且這部分知識還常與電學知識相聯(lián)系，以解決帶電粒 子在電場中的運動問題，因此，多年來，平拋運動一直是高考的熱點，今后，將仍然是高考的熱 點。用分解平拋運動的方法解決帶電粒子在電場中的運動，以及將實際物體的運動抽象成平拋運 動模型并做相應求解，將是高考的必然趨勢

2、。 一、正確理解平拋運動的性質 （一）從運動學的角度分析 以物體的出發(fā)點為 平拋運動可分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動, 原點，沿水平和豎直方向建立xOy坐標，如圖所示： 則水平方向和豎直方向的分運動分別為 叼=g 4 馬二 gZ 12 $尸六' 豎直方向 I / 平拋物體在時間 t內的位移s可由③⑥兩式推得 $=￡+$；={(/+(① 2 =，/寸+gH 位移的方向與水平方向的夾角 /V u由下式?jīng)Q定 1 2 Sy 2 g' gZ tan a =—=——=—— sx 卬 2% 平拋物體經(jīng)

3、時間 t時的瞬時速度 % =冊+，=收+9及 速度vt的方向與水平方向的夾角 匕/ vt可由②⑤兩式推得 s可由下式?jīng)Q定 （二）從動力學的角度分析 對于平拋運動的物體只受重力作用, 盡管其速度大小和方向時刻在改變, 但其運動的加速度 卻恒為重力加速度g,因而平拋運動是一種勻變速曲線運動。 平拋運動中， 由于僅有重力對物體做功，因而若把此物體和地球看作一個系統(tǒng)，則在運動過 程中，系統(tǒng)每時每刻都遵循機械能守恒定律。應用機械能守恒定律分析、處理此類問題，往往比 單用運動學公式方便、簡單得多。 二、平拋運動的幾個重要問題 （1）平拋物體運動的軌跡：拋物線 g / 丁

4、二 由③⑥兩式，消去 t,可得到平拋運動的軌跡方程為。 可見，平拋物體運動的軌跡是一條拋物線 （2） 一個有用的推論：平拋物體任意時刻瞬時速度方向的反向延長線與初速度延長線的交 點到拋出點的距離都等于水平位移的一半。 證明：設物體被拋出后 ts末時刻，物體的位置為 P,其坐標為 xt （ts內的水平位移）和 yt （ts內的下落高度）； ts末的速度 Vt的坐標分量為 Vx、Vy,將vt速度反向延長交 x軸于X，，如 圖：

5、 I xt = v0Z① 卜二g "② L a J \vy =gZ ? /一/ V0 T - T V工=一 ，_ #120 可見，平拋運動物體某時刻的速度反向延長線交 由幾何關系可知：必 ，，即2 x軸坐標值為此時Ox方向位移的一半。 (3)因平拋運動在豎直方向是勻變速直線運動，所以適合于研究勻變速運動的公式，如 vt =v 2,彳等同樣也適用于研究平拋運動豎

6、直方向的運動特點，這一點在研究平拋物體運 △ s=aT 動的實驗中用得較多。 (4 )類平拋運動： 凡具有合外力恒定且合外力垂直于初速度特征的曲線運動叫類平拋運動。 此物體所做的運動可看成是某一方向的勻速直線運動和垂直此方向的勻加速直線運動，這類 運動在電場中會涉及，處理方法與平拋運動類似。 典例剖析： 1 .考查對平拋運動概念的理解與運用能力 方法：解決平拋運動的關鍵在于把平拋運動分解為水平方向的勻速運動和豎直方向的自由落 體運動，要特別注意分運動的獨立性以及合運動與分運動的等時性。解決平拋運動問題常常以豎 直分運動為突破口。 【例11在高度為 h的同一位置上向水平方向

7、同時拋出兩個小球A和B,若A球的初速度 va大于B球的初速度 vb,則下列說法正確的是() A. A球落地時間小于 B球落地時間 B .在飛行過程中的任一段時間內，A球的水平位移總是大于B球的水平位移 C.若兩球在飛行中遇到一堵豎直的墻，A球擊中墻的高度總是大于B球擊中墻的高度 D .在空中飛行的任意時刻A球的速率總是大于B球的速率 【答案】B、C、D 【解析】平拋的高度決定平拋運動的時間，由于兩球的拋出點相同(即高度相同)，故從拋 出到落地所用時間相同，選項 A錯誤 由于水平位移 x=v 0t,所以在相同的任意一段時間內，水平初速度較大的球水平位移較大， 選項B正確

8、。 若兩球均能撞上同一豎直墻，則它們的水平位移相等，由x=v ot可知，初速度較大的球所用 時間較短，而高度決定時間，所以A球撞墻點較高，選項C正確。 兩球在空中飛行時的任意時刻，速度的豎直分量均相等，水平分量與初速度相同；由于 球的初速度較大，故其合速度較大，實際速率也較大，選項D正確。 綜上所述，該題的正確答案為B、C、Do 請思考：該題中的 A、B兩球的軌跡曲線重合嗎？兩球落在同一水平地面上時的著地點重合 嗎？ 【例2】如圖所示，以vo=10 m / s的水平初速度拋出的物體，飛行一段時間后，垂直地撞在 傾角0為30 °的斜面上，可知物體完成這段飛行的時間是（） A.

9、 當物體落到斜面上時，其豎直分速度 知， 【解析】物體做平拋運動，可分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動, v尸gt,水平分速度仍為vo,其合速度與斜面垂直，由圖可 tan 0 =v/ gt gtan 6 10 故選項C正確 【點評】平拋運動知識與斜面三角形綜合應用，找出其間的關系，問題迎刃而解 【例3】如圖所示，一高度為h=0.2 m的水平面在 A點處與一傾角為 0 =30°的斜面連接，一 小球以V0=5 m / s的速度在平面上向右運動，求小球從A點運動到地面所需的時間（平面與斜面

10、 均光滑，取 g=10 m / s 2）。 某同學對此題的解法為：小球沿斜面運動，則 地的時間t。問： 你同意上述解法嗎？若同意，求出所需的時間; 的結果。 ,由此可求得落 若不同意， 則說明理由， 并求出你認為正確 【答案】不同意該同學的解法，正確答案為0.2 s 【解析】由于小球開始在水平面上運動，離開 A點時小球將做平拋運動，而不會沿斜面下 滑，在運動到地面之前小球是否經(jīng)歷斜面，要看以下條件：小球平拋到地面的水平距離為 斜面底寬 二力 cot。= 0,2x73 = 0J5m 因為s> d ,所以小球

11、離開 A點后不會落到斜面上, 因此落地時間即為平拋運動所需的時間 【點評】本題考查的是平拋運動的知識，但題型新穎，且對考生有“誤導”的作用。在考查學 生應用基本知識解決實際問題的分析判斷能力方面，不失為一個好題。判斷出小球離開A點做 什么運動是解決本題的關鍵。 【例4】在研究平拋物體運動的實驗中，用一張印有小方格的紙記錄軌跡，小方格的邊長 L=1.25 cm ,若小球在平拋運動途中的幾個位置如圖中的a、b、c、d所示，則小球平拋的初速度 的計算式 V0= （用 L、g表示），其值是 （取 g=9.8 m / s ）。

12、 【解析】分析理 a、b、c、d四點的位置關系，可以看出水平方向四點均等間隔，可附 間嗝也是相等的。但從蠅方向看a、b、c、d四點之曲隔比1: 2: 3,并不是1:3:5, 這端a點不是起始點。由于平拋運動在整方向上是勻垂直線動因此它將港關系 JL尸 Ac = aT — Li 上 又因為 s=L=1.25cm , 所以可以得出 O 在平拋運加 因為扁平 2 代入數(shù)據(jù)（注意化單立 L=1.25 cm=1.25 M0 m) -0 70w/s 【誤點津】止匕題容融螂鞠眼很多學生需題加分析, a點是小 球平拋運期初始位置，

13、從而得出 而鑲答案。有的學生注意到了小球崔助向 上的分運動在婚居的國內其位移之比不為：3 ： 5 ： 7? ?，知道a點不是拋出點，但 卻H題絡（由圖1看出）的 y i ： y2 ： y3=1 ： 2 ： 3不符合勻加速直線i勖建, 的正確性，就此擱入 其實去掉從初速為起的第一個 T秒內的喳方向 f L 6 一 一T T2 y上的投 影有As=2L —L,易得出 【點邨克服思維勢將策算公式遷移至此，不必考底 點是否融出點，其埴方 Av 向的運姆蜩，M就迎刃而解。從本覆，平贛習定要注意加強口朝 遷移和拓展的懈

14、 【例5】一固定斜面 ABC，傾角為 0,高AC=h ,如圖所示，在頂點A以某一初速度水平拋 出一小球，恰好落在B點，空氣阻力不計，試求自拋出起經(jīng)多長時間小球離斜面最遠？ B 【解析】 解法一如圖所示，小球的瞬時速度v與斜面平行時，小球離斜面最遠 設此點為 D,由A至U D時間為ti,則 Vy=gtl, Vy=Votan。 vn . h =  ta

15、n & g① h = _ 28 = 設小球由 A至U B的時間為t,則 2, 由①②式消去 votan 0,得 解法二 沿斜面和垂直于斜面建立坐標系如圖所示，分解vo和加速度g,這樣沿 y軸方向 的分運動是初速度為 Vy、加速度為 gy的勻減速直線運動，沿 X軸方向的分運動是初速度為Vx, 加速度為 gx的勻加速度直線運動，當Vy=0時小球離斜面最遠，經(jīng)歷時間為ti,當y=0時小球落 到B點，經(jīng)歷時間為 t,顯然t=2ti。 在y軸方向，當 y=0時有: 0 = v0 sin 9 t — geos01 2v0 tan 6

16、 在水平方向上位移關系為 tan & 二卬 所以 解法三 在豎直方向小球做自由落體運動 由解法二的分析可知在垂直斜面方向上小球做勻減速運動, 當垂直斜面的速度減為零時離斜面最遠，歷時 O 2g 但在具體問題中這種分解對所求的問 題來說并不一定是最簡單的。 如：假設要求小球運動過程中距離斜面的最大距離 的計算中較為復雜；而解法二中的分解結果，剛好使待求的

17、 (v0 - sin H 2 一二 2 口 v0 sin & 成為小球垂直斜面向上運動所能 達到的最大位移，則 2gA 2g cos 2gcos 所以在具體問題中，可以根據(jù)需 【點評】 通常我們把平拋運動分解成水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動來 處理。這樣就把曲線運動分解成為兩種最簡單的直線運動, 要靈活選擇分解的方法。 V0飛離跑道后逐漸上升, 若飛機在此過程中水平速度 【例6】質量為 m的飛機以水平速度 保持不變，同時受到重力和豎直向上的恒定升力 （該升力由其他力的合力提供，不含重力）。今 測得當飛機在水平方向的位移

18、為 /時，它的上升高度為 h,如圖所示， 求飛機受到的升力的大小。 * 0 二2械 解析：設飛機上升到h高度的時間為 t,有 y方向加速度為 設飛機的升力為F,由牛頓第二定律有 F = wg + /a = mg(l + 故 點評：合外力 F恒定，且與物體初速度’0方向垂直，此運動稱之為類平拋運動，具運動軌 跡為拋物線，處理方法和平拋運動類似(運動分解)。該題屬于方法遷移題，學生需要理解平拋 運動的處理方法，才能進一步靈活地處理該問題。 2 .利用平拋運動的規(guī)律，遷移到靜電場中帶電粒子的運動 (1)帶電粒子的

19、加速：帶電粒子質量為 帶電粒子的類平拋運動模型其總體思路為運動的合成與分解: m、帶電量為 q,在靜電場中靜止開始僅在電場力 "1 a 作用下做加速運動，經(jīng)過電勢差 U后所獲得的速度 vo可由動能定理來求得。即 (2)帶電粒子的偏轉: 垂直電場線方向粒子做勻速直線運動: ,tan5 = —, y = 沿電場線方向粒子做勻加速直線運動，有: (3)在電場中移動帶電粒子時電場力做功及電勢能變化的情況與重力做功即重力勢能變化 情況類比。 推論: ①粒子從偏轉電場中射出時, 速度的反向延長線與初速度的延長線的交點平分初速度方向的 12n 8 =

20、—■=" vy L 位移，即粒子好像從極板中點處沿直線飛離偏轉電場，即 ②荷質比不同的正離子，被同一電場加速后進入同一偏轉電場，它們離開偏轉電場時的速度 方向一定相同，因而不會分成三股，而是會聚為一束粒子射出。 說明： ①由于基本粒子（電子、質子、0t粒子等）在電場中受到電場力Eq ?mg ,所以基本粒 L的區(qū)別；側位移 穿越電場過程的動能 子受到的重力忽略不計。但帶電的宏觀（由大量分子構成）小顆粒、小球、小液滴所受重力不能 忽略。 ②注意不能穿出、恰能穿出、能穿出三種情況下粒子對應的位移與板長 與板間距的 d或2的區(qū)別。 ③在勻強電場中場強不變，但兩點間的電勢差要隨距

21、離的變化而變化, 增量：aEr=際（注意，一般來說不等于qu）。 310 【例7】在光滑水平面上有一質量為m=1.0x 10 kg、電量q=l.0 X0C的帶正電小球，靜 止在O點，以O為原點，在該水平面內建立直角坐標系Oxy。現(xiàn)突然加一沿 x軸正方向、場強 大小E=2.0x106 V / m的勻強電場，使小球開始運動。經(jīng)過1.0 s ,所加的這個電場突然變?yōu)檠貀 軸正方向，再經(jīng)1.0 s,所加電場又突然變?yōu)榱硪粋€勻強電場E，，使小球在此電場作用下經(jīng)1.0 s 【解析】小球所受合力為電場力 速度變?yōu)榱恪Ｇ蟠穗妶鯡7的方向及速度為零時小球的位置。 F=qE。 qE 八個.

22、a = — = 02m / s 由牛頓定律，小球的加速度 第1秒內：小球沿 x正方向勻加速運動，1 s末速度v尸V1x=at=0.20 m / s② Axj = -at2 = 0.10m 位移 2③ 第2秒內，小球做“類平拋”運動，用分運動求解。 沿x正向做勻速運動， V2x=vix=0.2 m / s ,位移 △ X2=v2xt=0.20 （m）④ 沿y正向做初速為0的勻加速運動， V2y=at=0.20 m / s⑤ △般;> = 010(m)⑥ ted 在2秒末小球的坐怫 X2=Axi +△凌=0.30 (m)⑦ y2= A)2=0.10 (m)⑧ 設秒末小球

23、瞬日速度 V2的方向與X正向凳為則 所以0=45；即V2與x正向彝 0=45°。要使之再輕秒速度變。，則然使小球做減速 直線動所加另一暢E7鄧球的暢力兇f V2反向，故此題E 7的方向與 xU向需 淞5 0,指向第三象限。 第3秒內，小球做勻減速運動，可仍用分運球解。 由 = * 二 0.20(m / J) 允 2 \ ， ⑨ a, = — = 0,20(m / s2) if 1 2八 Ax = v^t--ax t = 0,10(m) ' (11) 奶一六。3/二°1°的)?

24、= 0 40(m) J ■ 刈=0 + A% + Ay^ = 0,20(m) I * J ^ J *， * < 【點并解題鍵第二個麻(即正拋)鐮咻球的瞬睡度。 【例8】如斷示的真空管中，囤的、量的的事從燈K度，線施Ui的 加速暢加速后沿中心進人兩平行金屬板 B、C的勻題壤，通迪頻打開寬屏上, 1 度C闌四2, B、C板跑離d, B、C板貴，到黃:屏的距離為求11 (1)里離開偏角瞬偏t 。(即由離開偏箱暢典選偏轉暢妻期勺 爍)。 (2)里打到費屏上的位置 P偏離寬屏中心 O的距離Y 【解析】 (1)串施速崛破的，由藕定理得: eE 蓬偏轅頻做ft拋運

25、動則 Vy=at v tsn & =-- % tan? = 式得: (2)用在離開偏暢的偏轅離 Yi為 2 md 4Z7/ 離開場蒯打在死屏上距 o點的偏建離 丫2 為 丫2=1 2tan 0 所以P偏離寬屏中心 O的距離Y為 T]廠 TJ ； +/ 4UJ 22U^d 1 1 跟蹤解 1 .如質示，兩個小球 a、b從直角三角形的斜面的頂端以相同的水平速度vo向左、向右 水平拋出分般在兩斜面上，三角形的兩底角分另的30和60；兩小球a、b運助閡比為 ( ) A. 1 ： J3 B. 1 ： 3C. J3 : 1 D. 3 ： 1

26、2 .做平拋運和物體，每秒的速度增量總是：() A.大小相等，方向相同 C.大小相等，方向不同 B.大小不等，方向不同 D.大小不等，方向相同 3. nm=0.i0 kg 撞后速度恰好反向，取 的小球以V0=10 m / s的水平速度拋出，下落 g=10m/s 2,期板與水平面的第 9=2 h=5.0 m瞳擊豳, 球要撞蠲!勺 大小為 4 .如質示，AB箝面，BC宛平面，從 A點以水平初速度 v向右拋出一小球，其落點 與A的水平距離為；從A點以水平初速度 2v向右拋出一小球，具落點與A的水平距離為2, 不注氣阻力，,：S2可能為() A. 1 ： 2

27、B. 1 ： 3C. 1 ： 4D . 1 ： 5 5 .如質示，一光滑的斜面與燼:方向成角q一小球有兩種方式釋放。第一種方式是從 B點。 A點以V0的水平速度平拋到B點；第二種方式是在 A點松手后沿斜面無初速勻加速下滑到 求： (1) AB的度多少？ (2)兩種方式到B點，平拋的運珊間，下滑的胸t2,則/t2等于多少？ (3)兩種方式到達B點時水平分速度 V1x / v 2x和置分速度 V1y/ v 2y各是多少？ 6.水平拋出一物體，已知其速度方向由與水平方向成 45角10角所倒的 求平拋物體的初速度 7 . 一次用閃光照相方法研究

28、平拋運動規(guī)律時，由于某種原因只拍到了部分方格背景及小球 的3個瞬時位置 A、B、C,如圖所示。若已知每格長度為5 cm,求： (1)小球的拋出速度大??； (2)小球經(jīng) B點時的豎直分速度大小。( g取10 m / s 2) 8 .如圖所示，排球場總長為18 m ,設網(wǎng)的高度為 2 m ,運動員站在離網(wǎng)3 m遠的線上正對 網(wǎng)前豎直跳起把球垂直于網(wǎng)水平擊出，g取10 m / s 2。 (1)設擊球點的高度為2.5 m,問球被水平擊出時的速度在什么范圍內才能使球既不觸網(wǎng)也 不出界？ (2)若擊球點的高度小于某個值，那么無論球被水平擊出時的速度多大，球不

29、是觸網(wǎng)就是 出界，試求此高度。 9 .如圖所示，兩塊長 3 cm的平行金屬板 連接，小馬如果?間有-電子( A、B相距1 cm,并與300 V直流電源的兩極相 —31 — 19 、 、/ m=9.0 X10 kg, e=—1.6 x 10 C)，沿著垂直 于電場線方向以2.0 X107 m / s的速度飛入，則 (1)電子能否飛離平行金屬板正對空間？ (2)如果由 A到B分布寬1 cm的電子帶通過此電場，能飛離電場的電子數(shù)占總數(shù)的百分 之幾？ A e 6**口］ 10" 10.噴墨打印機的結構簡圖如圖所示，其中墨盒可以發(fā)出墨汁微滴，其半徑約為 此微滴經(jīng)過帶電室時

30、被帶上負電，帶電的多少由計算機按字體筆畫高低位置輸入信號加以控制, 帶電后的微滴以一定的初速度進入偏轉電場, 示出字體，無信號輸入時，墨汁微滴不帶電, 帶電微滴經(jīng)過偏轉電場發(fā)生偏轉后， 徑直通過偏轉板而注入回流梢流回墨盒 打到紙上，顯 設偏轉板 板長，=1.6cm,兩板間的距離為0.50cm ,偏轉板的右端距紙L = 3.2cm ,若一個墨汁微滴的質量 V 為1.6X1。/°上g,以20m/s的初速度垂直于電場方向進入偏轉電場，兩偏轉板間的電壓是 2.0mm 8.0x10% 若墨汁微滴打到紙上點距原射入方向的距離是 (1)求這個墨汁微滴通過帶電室?guī)У碾娏渴嵌嗌?/p>

31、？(不計空氣阻力和重力，可以認為偏轉 電場只局限在平行板電容器內部，忽略邊緣電場的不均勻性) (2)為了使紙上的字體放大10% ,請你提出一個可行的辦法。 信號輸入f 答案與解析： 1 . B 解析：設做平拋運動物體運動的時間為t,則位移的水平分量和豎直分量分別為 而幾何知識可知 - t = 2v0tan5/g 所以有 心二 tan 30°/tan 60°二 1/3 即選項B正確 點評：靈活運用平拋運動規(guī)律是解這類題的基本方法。應該用時必須明確各量的物理意義， 不能盲目套用公式。 2 . A 2狂瓦, 3 . 45 , kg m / s 4 . A、B、C

32、解析：要考慮到小球落至斜面和落至平面上的不同情況。若兩次都落在平面上，則A對; 若兩次都落在斜面上，則C對；若第一次落在斜面上，第二次落在平面上，B就可能正確，其 實只要介于 1:2和1: 4之間都可以，所以正確選項應為 A、 B、 Co 點評：解決此題時容易忽略了落點在斜面上的情況。而簡單地根據(jù)平拋運動的基本公式 x = voi, 1y=gd / 2可推得水平位移與初速度成正比，所以誤認為只有選項a正確 5 .解析：兩種方式釋放從A到B只有位移相同，設 AB長為L （i）水平方向位移 Lsm a二隨 ① Zcosa=-g^ 豎直方向位移?1 ￡ sin a 4 二 由

33、①得力 2vJ cos a L = —―7— 代入②得gstn a 一 2% f '】一 ~Z （2）將l值代入口， gtan a 下滑物體加速度 a = ecosQ , , _ 2% 將L、a代入. gs^a A cos a d 1 則2。 （3）平拋運動水平分速度 k %,豎直分速度、 2% tan a % = v3 cos a 下滑運動水平分速度 由于 v3 == 2" tan a 2v0 cos a 所以 “二 2yoeos a, “ = sm

34、a %1 Vv. 1 - 則叫\(zhòng)2COSG, V2y C°S@ 6.解析：根據(jù)題意及平拋運動的特點，可得其速度隨時間變化的矢量圖示如圖所示: *3^，…一? M .- vl2 "曰加Ji 由圖易知： Vy1=V0, Vy2= - V0o 由于平拋物體在豎直方向上做自由落體運動，其豎直分速度由 Vyl變?yōu)閂y2,歷時t,所以 有：V y2 — Vy1=gt L 即：J3vo—vo=gt gt J3+1 vo=-^-=—r— 所以 J3-12。 7.解析： (1)由于做平拋運動的小球從A到B和從B到C的時間相同，設為 T,由豎直分運動得： 2 y2

35、— yi=gT 小球的拋出速度大小為 x Q 2『八』 vn =—=——m / s = 2m /s T 0 1 （2）小球卷點岫整分速度大小為 厘，25+0.35屏./5 2T 2x0.1 8.解析：水平部的排球其運崩況越受空氣阻力的影響，但是當這類題出現(xiàn)中學 物理中聊然可以微由受重力作用，因此在座可以陽度用施動第（ 1）閽 擊球點位置確定之后，恰不觸網(wǎng)是速度的一個隔值恰不出界戚球速度的另一個口霸值 第（2）闌確定的嫌隔藉。當球點、網(wǎng)的上上 點三者位于I腳藉上時如 果球速度變則定觸網(wǎng)，否賺度費則定出界 （1）如質示，排球恰不觸網(wǎng)祺運藕排球恰不出界祺

36、薪為 根據(jù)平拋物體的運動螂 x=Vot和 2時得: 當排球恰不觸網(wǎng)時＜: xi =3 m=v iti ① 1 a 二聲】 h i =2.5 m — 2 m=0.5 m2 ② 由①②可得： vi=9.5 m / s 當排球恰不出界時t： X2=3 m+9 m=12 m =v 2t2 ③ hy = 2.5m = Igd [ J ④ 由③④可得： V2=17 m / s 所以既不觸網(wǎng)也不出界的速度范圍是: 9.5 m / s < v< 17 m / s。 （2）如質示排球恰不觸網(wǎng)也恰不出界的口德Ma： 設擊球點的高度為 V h,根據(jù)平拋運動的規(guī)律有:

37、 x i =3 m=vt i7 個 1 Q 2)m = 5 的 X2=3 m+9 m=12 m =vt 2/ 解⑤?⑧式可得所求高度h=2.13 m 。 點評：本題涉及的物理過程并不復雜，但每當遇到類似的題目時常常又感到無從下手，因此 能養(yǎng)成一個良好的分析問題、解決問題的思路特別重要。結合本題的解題過程不難看出，解決本 題的關鍵有三點：其一是確定運動性質一一平拋運動；其二是確定臨界狀態(tài)一一恰不觸網(wǎng)或恰不 出界；其三是確定臨界軌跡，并畫出軌跡示意圖。 9. (1)不能 (2) 40% 解析: (1)當電子從正中間沿著垂直于電場線方向以 7 2X10 m / s的速度

38、飛入時，若能飛出電場, 電子在電場中的運動時間為 vo 沿AB方向上，電子受電場力的作用，在 AB方向上的位移為 1 o y--at / ,其中 a ——=—= m m md 聯(lián)立求解，得 y=0.6 cm 0.5 cm 、＞ — ，所以 2 ,故粒子不能飛出電場。 A e c B (2)從(1)的求解可知，與 B板相距為 y的電子帶是不能飛出電場的, 而能飛出電場的電子帶寬度為x=d—y=(1 —0.6) cm=0. 4 cm , 所以能飛出電場的電子數(shù)占總電子數(shù)的百分比為 x0.4 w = — x 100% 二—x 100% = 40% d1 io.解析： (1)帶電液滴的電量設為q,設進入偏轉電場后做類平拋運動過程中的偏轉為yi,離開電 場后沿直線打到紙上過程中的偏轉為y 2,則： _ at1 _ qUP y2 _ yx 1 2 2mdv2 L ￡ 由微滴打到紙上點距原入射方向的距離為: vqUl(l + 2E) 7 = ^1 +乃產(chǎn)-~~7— 13 c 2加d， 代入數(shù)據(jù)可得： (2)由上式可知，Y與U成正比，可以提高偏轉板間的電壓U至U 8800V ,實現(xiàn)字體放大 10% ; = 1.1 也可以增加偏轉極板與紙的距離l,有+,解得：h = 56cm