微題型03：等時回到出發(fā)點運動模型

等時回到出發(fā)點運動模型【母題】一質(zhì)點由靜止開始做勻加速直線運動，加速度大小為由，經(jīng)過時間/后做勻減速直線運動，加速度大小為名，若又經(jīng)過時間，恰能回到出發(fā)點，則?與a2的比值是多少?解析解法一加速度反向后，由于慣性，物體先在原方向做勾減速直線運動，當(dāng)速度為零后又開始做反向加速運動，直到回到原出發(fā)點，示意圖如圖甲所示.研究A-過程，物體做初速為零而勾加速運動：研究BL。逑程,物體做初速為舊的勻減速運動：Xz—（at）t—，兩個過程位移等大反向.丁］二一.誦+以匕”式聯(lián)立解得;石一加，因為工二抽，物體回到出發(fā)點時速度為&—M-二一2班一一2初解法二利用廿士圖求解,物體運動的tn圖如圖乙所示,圖中由r.物體從B到右側(cè)最大位移處的時間為fL器物體從最右側(cè)向到U處的時間為加=l￡由位移關(guān)系得3一+.』（￡）,4.（，譚）:左右消去上得心=3乩同理可以求得叫--2弘解法三巧用平均速度求解.AT*過程THlK.E,岳"*C過程，心一工.兩過程的位移等大反向*t=一?卬返回到出發(fā)點速度仇一一？乜即返回到出發(fā)點速度大小為為，方向與B點速度相反?又因為仃=加，5=0—0/*所以-2n=D一%上Gj=35

1.（合肥一六八中學(xué)2020屆段考四）質(zhì)量為m的帶正電小球由空中某點自由下落，下落高度h后在空間加上豎直向上的勻強電場，再經(jīng)過相同時間小球又回到原出發(fā)點，不計空氣阻力，且整個運動過程中小球從未落地.重力加速度為8.則（）A.從加電場開始到小球返回原出發(fā)點的過程中，小球電勢能減少了2mghB.從加電場開始到小球下落最低點的過程中，小球動能減少了mgh- 4C.從開始下落到小球運動至最低點的過程中，小球重力勢能減少了3mghD.小球返回原出發(fā)點時的速度大小為、雨【答案】BCD【解析】試題分析：小球運動過程簡化為下圖所示，以向下為正方向，第一階段自由落體下落高度h,末速度;=佰h,第二階段加上勻強電場后，在復(fù)合場中勻變速直線運動一直到回到出發(fā)點，末速度v2，對第一階段勻變速直線運動v點，末速度v2，對第一階段勻變速直線運動v=-1v+v v+vv=一=2 1，方向向上，整理可得2 1t2 2t-v——12丁方向向下，對第二階段,即v2=-2vi=-2^2gh=-廊h,選項D對.從加電場開始到小球返回原出發(fā)點的過程中根據(jù)動能定理有攻-mgh=-mv攻-mgh=-mv2—電 2 2—mv2=—mv22 12 1二3mgh,整理的電場力做功攻電二4mgh,電勢能減1少4mgh選項A錯.從加電場到下落到最低點動能減少量即^mvj-0=mgh選項B對.第v-0一階段加速度g=t一，第二階段a=

t

1=-3—=-3g，從加電場到下落最低點過t程，下落的高度h'=0-v2 0-2gh h2x(-3g) 3，從開始下落到小球運動至最低點的過程中，4小球重力勢能減少mg（h+h）=3mgh選項C對.考點：勻變速直線運動電場力和重力做功考點：勻變速直線運動電場力和重力做功2.如圖甲所示為一組間距d足夠大的平行金屬板，板間加有隨時間變化的電壓（如圖乙所示），設(shè)U0和T已知。A板上O處有一靜止的帶電粒子，其帶電量為q,質(zhì)量為m（不計重力），在t=0時刻起該帶電粒子受板間電場加速向B板運動，途中由于電場反向，粒子又向A板返回（粒子未曾與B板相碰）。甲 乙⑴當(dāng)Ux=2U0時,求帶電粒子在t=T時刻的動能。（2）為使帶電粒子在t=T時刻恰能回到O點,Ux等于多少?【答案】（1）（1）T2U2q2

8d2m（2）3U0【解析】（1）粒子在前半個周期內(nèi)的加速度為：a=處md粒子在后半個周期內(nèi)的加速度為：2Uqa=—9—md,T 在t=Z時刻粒子的速度為：2T在由半個周期內(nèi)的運動看成一種由往復(fù)的勻加速運動，則再經(jīng)過W的速度為:Ty=y-a—粒子的動能為：T2U2q2由以上方程解得:E= 9-^-由以上方程解得:k 8d2m（2）粒子在前半個周期內(nèi)的位移為:

在后半個周期內(nèi)的位移為:1s-在后半個周期內(nèi)的位移為:1s--ai2iT1

-v---a

i22xT其中v1-a12為使粒子在0?T內(nèi)回到。帶你，則有:聯(lián)立以上方程解得:a=3a因為:Uq

a——0-，

1dm因為:解得：Ux=3U03.如圖所示，在傾角為0=300且足夠長的斜面上，質(zhì)量為3m的物塊B靜止在距斜面頂端為L的位置，質(zhì)量為m的光滑物塊A由斜面頂端靜止滑下，與物塊B發(fā)生第一次正碰。一段時間后A、B又發(fā)生第二次正碰，如此重復(fù)。已知物塊A與物塊B每次發(fā)生碰撞的時間都極短且系統(tǒng)的機械能都沒有損失，且第二次碰撞發(fā)生在物塊B的速度剛好減為零的瞬間。已知物塊B所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g。求:(1)A、B發(fā)生第一次碰撞后瞬間的速度；⑵從一開始到A、B發(fā)生第n次碰撞時，物塊A在斜面上的總位移?！敬鸢浮縏OC\o"1-5"\h\z(1)v--vo---士旺方向沿斜而向上；v-vo--三更方向沿斜面向下；(2)L+(n-1)a2 2 ^ 2 2T3n+1/L=—;—L(n=1,2,3 )\o"CurrentDocument"4【解析】(1)設(shè)物塊/運動至第一次碰撞前速度為v0,由動能定理得mgsin9mgsin91XL=一mv22 0A、B發(fā)生彈性正碰，有mv=mv+3mv1-1 .1c-mv2=—mv2+—?3mv2202a2b解得第一次碰撞后瞬間A、B的速度vv二一二二一遠A2 2方向沿斜而向上v=vo=*更，方向沿斜面向下

b2 2（2）碰后經(jīng)時間t時A、B發(fā)生第二次正碰，則A、B的位移相等，設(shè)為x，取沿斜而向右下為正方向，對B有1x=—（v+0）t2B對A有：x=-（v+v）tAA2mgxsin9=—m（v2一v2）A2 A解得第二次碰前A的速度v'=vvA2v0x=3L

4因為第二次碰前兩物體的速度與第一次碰前完全相同，因此以后每次碰撞之間兩物體的運動情況也完全相同。到第n次碰撞時，物塊A在斜面上的總位移：r3n+1rs=L+（n-1）—L= L（n=1，2，3 ）44口）設(shè)物塊,1運莉居第--次疏瞳前速度為,,III動熊定理得映?n。吊上=上啟 （2分卜』而發(fā)生睥性正碰，有mr?-mr4+3斯% （2分卜4--杯;=y-^+1-3碣 g飛、懈醇第一次破捕后映⑶」&的理度TOC\o"1-5"\h\z%=—?=——產(chǎn)方向沿科面向上 （?沁=-y=―^方間沿斜面向卜 口分卜12｝磁后經(jīng)時間i時H再發(fā)生第二次正碰』（1修』的位移相等,彘為工，取軸斜面向右下為正方向，對B有工hjh'ir+。）± （］分｝對中布f*=；1r.i+T'.n】f fI小＞仙鳥.n曲二g-Jn（e4—巧） ｛2分＞解得第,：歡般前卉的速度i'.1E=% ｛I仆＞M=—｛］分＞閑為第二慶碰前兩拗年的速陵另第--次碰前完全相同，因枇以后現(xiàn)次碰g之間即物體的.這即情況也完全相同-［說明l分〉到第盟睨研搦忖.物塊1在料而匕的總位移.，=￡4｛口-I：；L= 二1衛(wèi)，，…｝ （34.（2017全國1）真空中存在電場強度大小為E1的勻強電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運動，速度大小為%。在油滴處于位置A時，將電場強度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變。持續(xù)一段時間11后，又突然將電場反向，但保持其大小不變;再持續(xù)同樣一段時間后，油滴運動到B點。重力加速度大小為g。（1）求油滴運動到B點時的速度。（2）求增大后的電場強度的大小；為保證后來的電場強度比原來的大，試給出相應(yīng)的11和%應(yīng)滿足的條件。已知不存在電場時，油滴以初速度v0做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、A兩點間距離的兩倍。解析：（1）設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q,油滴速度學(xué)科&網(wǎng)方向向上為整。油滴在電場強度大小為E1的勻強電場中做勻速直線運動，故勻強電場方向向上。在t=0時，電場強度突然從E1增加至號時，油滴做豎直向上的勻加速運動，加速度方向向上，大小a1滿足qE2-mg=ma①油滴在時刻t1的速度為v1=v0+a111②電場強度在時刻\突然反向，油滴做勻變速直線運動，加速度方向向下，大小a2滿足qE2+mg=ma2③油滴在時刻t2=2t1的速度為v2=v-a2t④由①②③④式得V2=V0-2gt1⑤(2)由題意，在t=0時刻前有qE]=mg⑥油滴從t=0到時刻t1的位移為s=vt+atit2⑦11 211油滴在從時刻t1到時刻｛2=2\的時間間隔內(nèi)的位移為s=vt--a12⑧11 221由題給條件有v2=2g(2h)⑨式中h是B、A兩點之間的距離。若B點在A點之上，依題意有SI+s2=h⑩由①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得一_v1,v、一/-XE=[2—2-0-+(-0-)2]ETOC\o"1-5"\h\z2 gt14gt1 1為使E2>Ej應(yīng)有2—2-0-+-(—0-)2>1^?gt1 4gt1一. 石v…即當(dāng)0<t<(1——)-0?\o"CurrentD