高考物理系列模型之过程模型专题04类抛体运动模型2学案.doc

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1、1专题专题 0404 ( (类类) )抛体运动模型（抛体运动模型（2 2）. .类抛体运动类抛体运动（i i）类抛体运动的条件）类抛体运动的条件物体运动过程中受到大小、方向都不变的恒定外力的作用初速度不为零：当初速度与外力垂直时物体做类平抛运动；当初速度与外力成钝角时物体做类斜上抛运动；当初速度与外力成锐角时物体做类斜下抛运动；当初速度与外力方向相同时物体做类竖直下抛运动；当初速度与外力方向相反时物体做类竖直上抛运动（iiii）常规处理方法）常规处理方法类抛体运动可以分解为沿初速度方向上的匀速直线运动和沿外力方向上的匀变速运动两个分运动。当物体受到两个相互垂直方向上的恒力的作用而做类抛体运动时

2、，另一种常见的运动分解方法是沿这两个方向上将类抛体运动分解为两个匀变速运动（iiiiii）类抛体运动的规律）类抛体运动的规律与平抛运动、斜上抛运动不同的是，物体在类抛体运动中的加速度不是一个确定的值，取决于物体所受外力与物体的质量，其它规律与推论可直接迁移到类抛体运动中，但需注意相应表达式中要将 g 替换为 a，将机械能守恒转换为类机械能守恒例 4.,如图所示，在竖直平面的xOy坐标系中，Oy竖直向上，Ox水平设平面内存在沿x轴正方向的恒定风力一物体从坐标原点沿Oy方向竖直向上抛出，初速度为v04 m/s，不计空气阻力，到达最高点的位置如图中M点所示，(坐标格为正方形，g10 m/s2)求：(

3、1)小球在M点的速度v1.(2)在图中定性画出小球的运动轨迹并标出小球落回x轴时的位置N.(3)小球到达N点的速度v2的大小【答案】 （）6 m/s.（）如图2（）4 m/s【解析】(1)设正方形的边长为s0.竖直方向做竖直上抛运动，v0gt1,2s0Error! t1水平方向做匀加速直线运动，3s0Error! t1.解得v16 m/s.故v24 m/s. 例例 5.5.如图所示，在xOy平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y轴向下；在x轴和第四象限的射线 OC 之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为 B，方向垂直于纸面向外。有一质量为 m，带有电荷量+q 的质点由电场左侧平行于 x

4、轴射入电场。质点到达 x 轴上 A点时，速度方向与 x 轴的夹角，A 点与原点 O 的距离为 d。接着，质点进入磁场，并垂直于 OC 飞离磁场。不计重力影响。若 OC 与 x 轴的夹角为，求（1）粒子在磁场中运动速度的大小：（2）匀强电场的场强大小。【答案】 （）（）【解析】(1)质点在磁场中的只要洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，根据飞进和飞离磁场的方向，进而确定圆心，进而确定圆心O和半径 R，如图所示3则有 R=dsinj 由洛化兹力公式和牛顿第二定律得由式，得(2)质点在电场中的运动为类平抛运动。x=v0t v0vcosj vsinjat另解另解: :设质点飞入电场时距 O 点距离为 L，飞

5、出电场时位移与初速度间夹角为 由动能定理得4由式得例 6.如图所示，一个质量为m，带电量为+q 的微粒，从 a 点以大小为 v0的初速度竖直向上射入水平方向的匀强电场中。微粒通过最高点 b 时的速度大小为 2v0方向水平向右。求：（1）该匀强电场的场强大小 E；（2）a、b 两点间的电势差 Uab；（3）该微粒从 a 点到 b 点过程中速率的最小值 vmin及速率达到最小时经历的时间。【答案】 （）（）（），【解析】 （1）沿竖直方向和方向建立直角坐标，带电微粒受到重力及电场力作用，两力分别沿竖直方向和水平方向，将物体的运动分解为竖直方向和水平方向的两个分运动：在竖直方向物体做匀减速运动，加速

6、度，水平方向物体做匀加速运动，初速度为 0，加速度b 点是最高点，竖直分速度为 0，有：。水平方向有：联立两式得：如图甲所示，开始一段时间内，F 与速度方向夹角大于 90，合力做负功，动能减小，后5来 F 与速度夹角小于 90，合力做正功，动能增加，因此，当 F 与速度v的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设为。即：联立以上三式得：所以最小速度：（解二）将微粒的运动仍沿水平与竖直两个方向上正交分解设经过时间（解二）将微粒的运动仍沿水平与竖直两个方向上正交分解设经过时间 t t 微粒的速度大微粒的速度大小为小为 v v，由速度的合成与分解有，由速度的合成与分解有由此可得当由此可得当即即 时

7、微粒的速率最小，（解三）如图乙所示，（解三）如图乙所示，6带电微粒所做的运动是类斜上抛运动，由解一知其所受合力方向与水平方向间的夹角带电微粒所做的运动是类斜上抛运动，由解一知其所受合力方向与水平方向间的夹角，合力的大小为由牛顿第二定律可知微粒的加速度 将微粒的初速度沿合力与垂直于全力的两个方向上正交分解，可知微粒在垂直于合力的方向上以的速度做匀速直线运动，在沿合力的方向上以为初速度做类上抛的 匀减速运动由此可知，当微粒在沿合力方向上的分速度减小到零时微粒的速度最小，最小值等于，经历的时间模型演练模型演练6.一个物体受到恒定的合力作用而做曲线运动，则下列说法正确的是 A物体的速率可能不变B物体一

8、定做匀变速曲线运动，且速率一定增大C物体可能做匀速圆周运动D物体受到的合力与速度的夹角一定越来越小，但总不可能为 0【答案】7反向时减小，分速度与合力同向增加，从而使合力与速度间的夹角越来越小，D 正确。7.如图所示，虚线 MN 为足够大的光滑水平面上的一条界线，界线的右侧是力的作用区.OP为力的作用区内一条直线，OP 与界线 MN 夹角为 .可视为质点的不同小球，沿光滑水平面从界线的 O 点不断地射入力的作用区内，小球一进入力的作用区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，恒力大小与小球的质量成正比，比例系数为 k.试求：（1）当小球速度为 v0，射入方向与界线 N

9、M 的夹角为 时，小球在力的作用区内运动时的最小速度的大小；（2）当小球以速度 v0垂直界线 MN 射入时，小球从开始射入到（未越过 OP 直线）距离 OP直线最远处所经历的时间；（3）当小球以大小不同的速度垂直界线 MN 射入且都能经过 OP 直线时，试证明：所有小球经过 OP 直线时的速度方向都相同.【答案】 （）v0sin（）v0cot/k.（）见解析【解析】1）将小球的运动沿 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 匀速运动，在 MN 方向上以初速度 v=v0cos 做匀减速运动.故当小球在沿 MN方向上的分速度减小到零时速度最小，vmin=v

10、=v0sin.（2）小球做类平抛运动.由 F=km 得：a=F/m=kvx=v0,vy=at=kt8vy=v0cott=v0cot/k.（3）设垂直界线射入的小球速度为 vt,x=vtt小球经过直线 OP 时应有：cot=y/x=kt/2vt，得：t=2vtcot/kvty=at=kt=2vtcottan=vty/vt=2cot（ 为初速度方向与小球过 OP 直线时的速度方向的夹角）小球经过直线 OP 的速度方向都相同.8.如图所示，静止的电子在加速电压为 U1的电场作用下从 O 经 P 板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为的电场作用下偏转一段距离。现使 U1加倍，要想使电

11、子的运动轨迹不发生变化，应该A使 U2加倍B使 U2变为原来的 4 倍，C使 U2变为原来的倍D使 U2变为原来的倍【答案】【解析】 要使电子的运动轨迹不发生变化，应使电子从电场中穿出时偏转距离不变，而偏转距离，故 U1加倍时应使 U2也加倍，A 正确。9.如图所示，有三个质量相等分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场中的 P 点以相同的初速度垂直于 E 进入电场，它们分别落于 A、B、C 三点，则可判断 9A、落到 A 点的小球带正电，落到 B 点的小球不带电； B、三小球在电场中运动时间相等；C、三小球到达正极板时的动能关系是：EKAEKBEKC；D、三小球在电场中运动的加速度关系是

12、：aAaBaC。【答案】向上，所受合力依次增大，落到板上时合力做功依次增多，因它们初动能相等，由动能定理知它们到达正极板时的动能依次增大，错误10.如图所示，四个质量相同，带电荷量均为q的a、b、c、d粒子，距离地面的高度相同，以相同的水平速度抛出，除了a粒子没有经过电场外，其他三个粒子均经过场强大小相同的匀强电场(mgqE)，这四个粒子从抛出到落地的时间分别为ta、tb、tc、td，则（ ）Atbtatctd BtbtctatdCtatdtbtc Dtbtatdtc【答案】【解析】由题意知 a 粒子做平抛运动，bc 两粒子做类平抛运动，d 粒子做类斜抛运动，但10每个粒子在竖直方向上的分运动

13、都是从静止开始的匀加速直线运动，竖直位移相同，但竖直方向上的加速度大小关系为：a 与 d 相等，c 的最小，b 的最大，则由可判定正确11.如图所示，水平放置的两平行金属板间有一竖直方向的匀强电场，板长为 L，板间距离为 d，在距极板右端 L 处有一竖直放置的屏，一带电荷量为 q，质量为 m 的质点从两板中央平行于极板射入电场，最后垂直打在屏上，以下说法中正确的是质点打在屏的点上方，板间电场强度的大小为质点打在屏的点上方，板间电场强度的大小为 质点打在屏的点下方，板间电场强度的大小为质点打在屏的点下方，板间电场强度的大小为【答案】上减速到零可知粒子应打在 P 点上方，正确错误12.如图所示，地

14、面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为 m 的带负电的小球以水平方向的初速度v0由 O 点射入该区域，刚好通过竖直平面中的 P 点，已知连线 OP 与初速度方向的夹角为 450，则此带电小球通过 P 点时的动能为 11A. B. /2C. 2 D.5/2【答案】【解析】 （解法一）小球做类平抛运动，设小球经过点时速度与水平方向间的夹角为，则，正确（解法二）因小球在竖直方向上为匀加速运动，则有，解之有，正确13.如图所示的装置，在加速电场U1内放置一根塑料管AB（AB由特殊绝缘材料制成，不会影响电场的分布） ，紧靠其右侧的是两块彼此平行的水平金属板，板长为L，两板间距离为d一个带负电荷的

15、小球，恰好能沿光滑管壁运动小球由静止开始加速，离开B端后沿金属板中心线水平射入两板中，若给两水平金属板加一电压U2，当上板为正时，小球恰好能沿两板中心线射出；当下板为正时，小球射到下板上距板的左端处，求：（1）U1：U2；（2）若始终保持上板带正电，为使经U1加速的小球，沿中心线射入两金属板后能够从两板之间射出，两水平金属板所加电压U的范围是多少？（请用U2表示）【答案答案】 （1）（2）【解析解析】 （1）设粒子被加速后的速度为v，当两板间加上电压U12如上板为正时，mg，U 如下板为正时，a2g 2g（） qU mv 解得 （2）当上板加最大电压Um时，粒子斜向上偏转刚好穿出：t 得Um

16、若上板加上最小正电压Un时，粒子向下偏转恰穿出： 得Un电压的范围为： 14.如图所示，质量为m、电荷量为q的小球从距地面一定高度的O点，以初速度v0沿着水平方向抛出，已知在小球运动的区域里，存在着一个与小球的初速度方向相反的匀强电场，如果测得小球落地时的速度方向恰好是竖直向下的，且已知小球飞行的水平距离为13L，求：(1)电场强度E为多大？(2)小球落地点A与抛出点O之间的电势差为多大？(3)小球落地时的动能为多大？【答案】 （）Error!0.（）Error!0.（）Error!(3)设小球落地时的动能为EkA，空中飞行的时间为T，分析水平方向和竖直方向的分运动有：v0Error!T，vA

17、gT，EkAError!mvError!解得：EkAError!.15如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为 R 的半圆形，固定在竖直面内，管口 B、C 的连线是水平直径现有一带正电的小球(可视为质点)从 B 点正上方的 A 点自由下落，A、B两点间距离为 4R从小球进入管口开始，整个空间中突然加上一个匀强电场，电场力在竖直向上的分力大小与重力大小相等，结果小球从管口 C 处脱离圆管后，其运动轨迹经过 A点设小球运动过程中带电量没有改变，重力加速度为 g，求：(1)小球到达 B 点的速度大小；(2)小球受到的电场力的大小 14(3)小球经过管口 C 处时对圆管壁的压力【答案答案】 （）（）（）（）（）（）3mg3mg 水平向右水平向右【解析解析】(1)小球从开始自由下落到到达管口 B 的过程中机械能守恒，故有：到达 B 点时速度大小为(2)设电场力的竖直分力为 Fy、 ，水平分力为 Fx，则 Fy=mg(方向竖直向上).小球从 B 运动到C 的过程中，由动能定理得：小球从管口 C 处脱离圆管后，做类平抛运动，由于其轨迹经过 A 点，有联立解得：Fx=mg电场力的大小为： (3)小球经过管口 C 处时，向心力由 Fx和圆管的弹力 N 提供，设弹力 N 的方向向左，则解得：N=3mg(方向向左)根据牛顿第三定律可知，小球经过管口 C 处时对圆管的压力为，方向水平向右