2019高考物理系列模型之過程模型 專題04（類）拋體運(yùn)動(dòng)模型（2）學(xué)案.doc
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專題04 (類)拋體運(yùn)動(dòng)模型（2） ３.類拋體運(yùn)動(dòng) （i）類拋體運(yùn)動(dòng)的條件 ①物體運(yùn)動(dòng)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(shí)物體做類平拋運(yùn)動(dòng)； 當(dāng)初速度與外力成鈍角時(shí)物體做類斜上拋運(yùn)動(dòng)； 當(dāng)初速度與外力成銳角時(shí)物體做類斜下拋運(yùn)動(dòng)； 當(dāng)初速度與外力方向相同時(shí)物體做類豎直下拋運(yùn)動(dòng)； 當(dāng)初速度與外力方向相反時(shí)物體做類豎直上拋運(yùn)動(dòng)． （ii）常規(guī)處理方法 ①類拋體運(yùn)動(dòng)可以分解為沿初速度方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)和沿外力方向上的勻變速運(yùn)動(dòng)兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)。 ②當(dāng)物體受到兩個(gè)相互垂直方向上的恒力的作用而做類拋體運(yùn)動(dòng)時(shí)，另一種常見的運(yùn)動(dòng)分解方法是沿這兩個(gè)方向上將類拋體運(yùn)動(dòng)分解為兩個(gè)勻變速運(yùn)動(dòng)． （iii）類拋體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律 與平拋運(yùn)動(dòng)、斜上拋運(yùn)動(dòng)不同的是，物體在類拋體運(yùn)動(dòng)中的加速度不是一個(gè)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(dòng)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(diǎn)沿Oy方向豎直向上拋出，初速度為v0＝4 m/s，不計(jì)空氣阻力，到達(dá)最高點(diǎn)的位置如圖中M點(diǎn)所示，(坐標(biāo)格為正方形，g＝10 m/s2)求： (1)小球在M點(diǎn)的速度v1. (2)在圖中定性畫出小球的運(yùn)動(dòng)軌跡并標(biāo)出小球落回x軸時(shí)的位置N. (3)小球到達(dá)N點(diǎn)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(zhǎng)為s0. 豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，v0＝gt1,2s0＝ t1 水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，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(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)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(chǎng)，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(diǎn)由電場(chǎng)左側(cè)平行于x軸射入電場(chǎng)。質(zhì)點(diǎn)到達(dá)x軸上A點(diǎn)時(shí)，速度方向與x軸的夾角，A點(diǎn)與原點(diǎn)O的距離為d。接著，質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，并垂直于OC飛離磁場(chǎng)。不計(jì)重力影響。若OC與x軸的夾角為，求 （1）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)速度的大?。? （2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小。 【答案】（１）（２） 【解析】(1)質(zhì)點(diǎn)在磁場(chǎng)中的只要洛侖茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)飛進(jìn)和飛離磁場(chǎng)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(diǎn)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)為類平拋運(yùn)動(dòng)。 x=v0t ④ v0＝vcosj ⑤ vsinj＝at ⑥ 另解:設(shè)質(zhì)點(diǎn)飛入電場(chǎng)時(shí)距O點(diǎn)距離為L(zhǎng)，飛出電場(chǎng)時(shí)位移與初速度間夾角為θ ① ② 由動(dòng)能定理得 ③ 由①②③式得 例6.如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m，帶電量為+q的微粒，從a點(diǎn)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(chǎng)中。微粒通過最高點(diǎn)b時(shí)的速度大小為2v0方向水平向右。求： （1）該勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E； （2）a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uab； （3）該微粒從a點(diǎn)到b點(diǎn)過程中速率的最小值vmin及速率達(dá)到最小時(shí)經(jīng)歷的時(shí)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(chǎng)力作用，兩力分別沿豎直方向和水平方向，將物體的運(yùn)動(dòng)分解為豎直方向和水平方向的兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)： 在豎直方向物體做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度， 水平方向物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，初速度為0，加速度 b點(diǎn)是最高點(diǎn)，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(shí)間內(nèi)，F(xiàn)與速度方向夾角大于90，合力做負(fù)功，動(dòng)能減小，后來F與速度夾角小于90，合力做正功，動(dòng)能增加，因此，當(dāng)F與速度v的方向垂直時(shí)，小球的動(dòng)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(dòng)仍沿水平與豎直兩個(gè)方向上正交分解．設(shè)經(jīng)過時(shí)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(shí)微粒的速率最小，． （解三）如圖乙所示， 帶電微粒所做的運(yùn)動(dòng)是類斜上拋運(yùn)動(dòng)，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(gè)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(dòng)，在沿合力的方向上以為初速度做類上拋的勻減速運(yùn)動(dòng)．由此可知，當(dāng)微粒在沿合力方向上的分速度減小到零時(shí)微粒的速度最小，最小值等于，經(jīng)歷的時(shí)間． 模型演練 6.一個(gè)物體受到恒定的合力作用而做曲線運(yùn)動(dòng)，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(dòng)，且速率一定增大 C．物體可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 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(shí)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(diǎn)的不同小球，沿光滑水平面從界線的O點(diǎn)不斷地射入力的作用區(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(shí)，小球在力的作用區(qū)內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)的最小速度的大?。? （2）當(dāng)小球以速度v0垂直界線MN射入時(shí)，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(shí)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(shí)，試證明：所有小球經(jīng)過OP直線時(shí)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(dòng)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(yùn)動(dòng)，在MN方向上以初速度v=v0cosβ做勻減速運(yùn)動(dòng).故當(dāng)小球在沿MN方向上的分速度減小到零時(shí)速度最小，vmin=v⊥=v0sinβ. （2）小球做類平拋運(yùn)動(dòng). 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(shí)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(shí)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(chǎng)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(chǎng)，在偏轉(zhuǎn)電壓為的電場(chǎng)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(dòng)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(dòng)軌跡不發(fā)生變化，應(yīng)使電子從電場(chǎng)中穿出時(shí)偏轉(zhuǎn)距離不變，而偏轉(zhuǎn)距離，故U1加倍時(shí)應(yīng)使U2也加倍，A正確。 9.如圖所示，有三個(gè)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(chǎng)中的P點(diǎn)以相同的初速度垂直于E進(jìn)入電場(chǎng)，它們分別落于A、B、C三點(diǎn)，則可判斷[ ] A、落到A點(diǎn)的小球帶正電，落到B點(diǎn)的小球不帶電； B、三小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等； C、三小球到達(dá)正極板時(shí)的動(dòng)能關(guān)系是：EKA＞EKB＞EKC； D、三小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)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(shí)合力做功依次增多，因它們初動(dòng)能相等，由動(dòng)能定理知它們到達(dá)正極板時(shí)的動(dòng)能依次增大，Ｃ錯(cuò)誤． 10.如圖所示，四個(gè)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(chǎng)外，其他三個(gè)粒子均經(jīng)過場(chǎng)強(qiáng)大小相同的勻強(qiáng)電場(chǎng)(mg>qE)，這四個(gè)粒子從拋出到落地的時(shí)間分別為ta、tb、tc、td，則（ ） A．tb下載提示(請(qǐng)認(rèn)真閱讀)
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