2023年高三物理二輪復(fù)習(xí)常見模型與練習(xí)08 類平拋模型、斜拋模型和一般勻變速曲線模型（解析版）

2023年高三物理二輪常見模型與方法強(qiáng)化專訓(xùn)專練

專題08類平拋模型、斜拋模型和一般勻變速曲線模型

特訓(xùn)目標(biāo)特訓(xùn)內(nèi)容

目標(biāo)1重力場中類平拋模型（1T—4T）

目標(biāo)2電磁場中的類平拋模型（5T-8T）

目標(biāo)3重力場中斜拋模型（9T—12T）

目標(biāo)4電場場中斜拋模型（13T-16T）

目標(biāo)5一般勻變速曲線模型（17T—20T）

【特訓(xùn)典例】

一、重力場中類平拋模型

1.如圖所示，光滑水平桌面上的48CD為矩形區(qū)域的四個頂點，某小球沿/8方向以速度V/自/點進(jìn)入該

區(qū)域，以后的運動過程中，小球始終受到沿力。方向的恒力尸的作用，且恰能經(jīng)過C點。關(guān)于小球在矩形

區(qū)域內(nèi)的運動，下列說法正確的是（）

D!----------------------,C

A.小球由Z到C可能做勻變速直線運動

B.若尸足夠大，小球可能經(jīng)過。點

C.若只增大“小球自"點運動到Z）C所在直線時的時間將變短

D.若只減小R小球自4點運動到。。所在直線時的時間將變長

【答案】D

【詳解】A.小球在/點時速度方向與恒力F垂直，則由4到C做勻變速曲線運動，選項A錯誤；

B.因物體有沿NB方向的初速度，則即使產(chǎn)足夠大，小球也不可能經(jīng)過。點，選項B錯誤；

C.因小球沿戶方向做勻加速運動，且加速度α恒定，則由Xm=Taf2可知，到達(dá)Z）C的時間不變，即即使

增大V/,小球自4點運動到。C所在宜線時的時間也不變，選項C錯誤；

D.若只減小F,則加速度α減小，則由加=g∕uj知小球自力點運動到。C所在直線時的時間將變長，

選項D正確。故選D。

2.如圖所示，一質(zhì)量機(jī)=0?3kg的小球在5個力的作用下水平向右做勻速直線運動，其中力尸的方向豎直向

下，大小為0.6N,經(jīng)歷時間4=LOs,小球從位置。運動到兒。、Z間的距離4=2.0m。當(dāng)小球到達(dá)位置

N瞬間，力尸方向變?yōu)樨Q直向上而大小不變，又經(jīng)歷IQs,小球到達(dá)位置8（圖中沒有畫出），則下列說法

正確的是（）

o[-------------A-Vo---

F

A.在小球從。運動至/的過程中，力廠的沖量為0

B.位置A與位置B之間的間距為20m

C.小球在位置8的速度大小為2a?Vs

D.在小球從。運動至B的過程中，力產(chǎn)做的功等于1.2J

【答案】BD

【詳解】A.在小球從。運動至4的過程中，力戶的沖量為∕=E0=0.6xlN?s=0.6N?s故A錯誤；

B.由題可知%=}=2m∕s當(dāng)小球到達(dá)位置力瞬間，力F方向變?yōu)樨Q直向上而大小不變，則小球受到的合外

22

力為F『2F=L2N由牛頓第二定律可得a=^=-m∕s=4m∕s故豎直方向上y∕nι=2m

m0.322

水平方向上X=%f=2xIm=2m則位置A與位置B之間的間距為AB=√x2+y2=2√2m故B正確；

C.小球在位置B的速度大小為%="（時+[=√42+22m∕s=2√5πVs故C錯誤；

D.從。到Z的過程中，力F不做功，從N到8過程中產(chǎn)做正功為W=尸?y=0?6χ2J=1.2J故D正確。

故選BD0

3.如圖所示，在光滑的水平面內(nèi)建立XQy坐標(biāo)系，質(zhì)量為機(jī)的小球以某一速度從。點出發(fā)后，受到一平行

于N軸方向的恒力作用，恰好通過Z點。已知小球通過4點的速度大小為"，方向沿X軸正方向，且。（連

線與OX軸夾角為30。，則（）

八歹

430。.

OX

A.恒力的方向一定沿V軸負(fù)方向

B.恒力的方向一定沿y軸正方向

恒力在這一過程中所做的功為，機(jī)學(xué)

C.

O

7

D.小球從。點出發(fā)時的動能為2小吟

6

【答案】AD

【詳解】AB.小球受到一平行于y軸方向恒力作用做勻變速曲線運動，利用逆向思維，，把小球的運動看成

從力到。的類平拋運動，由此可判斷恒力方向一定沿P軸負(fù)方向，A正確，B錯誤；

C.小球在水平面內(nèi)從。到/做斜拋運動，由幾何關(guān)系可得義=tan30；v：=2ay；vv=at.χ=vat

X

聯(lián)立可得V,=苦殳過。點的速度為V=歷年=畢?從。到4由動能定理可得

2

WF=?AWvθ-?wv=-?∣mvθ,C錯誤；

11</?rY7

D.小球從。點出發(fā)時的動能為紇=7%d=7〃--V0=-wvθ,D正確。故選AD。

22\3/6

4.如圖所示，在傾角為6=30。的足夠大的光滑斜面上。將小球。、6同時以相同的速率沿水平面內(nèi)不同方

向拋出。已知α球初速度方向垂直豎直平面P0M向外，b球初速度沿著P。方向。則（）

A.若將α球的初速度大小變?yōu)橹暗?倍，則。球落到斜面上時，其速度大小也將變?yōu)橹暗?倍

B.。球落到斜面上時，a、b兩球的位移大小不相等

C.若將6球的初速度大小變?yōu)橹暗?倍，則在相同時間內(nèi)，其速度大小也將變?yōu)橹暗?倍

D.a球落到斜面上時，α球的速度大小是b球速度大小的2倍

【答案】AB

（詳解】A.當(dāng)α球落到斜面時,有tan30。=解得'=&則〃球落到斜面時的速度匕=百麗7=g%

因為匕=A%,若將α球的初速度大小變?yōu)橹暗?倍。則。球落到斜面上時，其速度大小也變?yōu)橹暗?

倍，故A項正確；

B.山之前的分析可知α球落到斜面上用時為》=獸此時。球的位移為S（J=T益=學(xué)，6球的水平位移

√3gcos30o3g

為%=W=等沿斜面向下的位移為樂"gsin30。產(chǎn)=萼，b球的位移為名,=JSi+廉=幽■

√3g23gV，3g

故a、6兩球的位移大小不相等，故B項正確；

C.根據(jù)%=J、+（gSin30。/'『所以相同時間內(nèi),其速度大小不一定變?yōu)橹暗膬杀?，故C項錯誤；

D.。球落到斜面上時，α球的速度大小為匕=J,+（gr『=Jg/此時b球的速度大小為

Vb=冊+（gsin304=苧％w2如故D項錯誤。故選ABo

二、電磁場中的類平拋模型

5.如圖所示，三維坐標(biāo)系。-沖Z的Z軸方向豎直向上，所在空間存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場。一質(zhì)量為

加、電荷量為+4的小球從Z軸上的N點以速度％沿X軸正方向水平拋出，Z點坐標(biāo)為（0,0,L）,重力加速

度為g,場強(qiáng)E=超。則下列說法中正確的是（）

q

A.小球運動的軌跡為拋物線

B.小球在XOZ平面內(nèi)的分運動為平拋運動

C.小球到達(dá)XOy平面時的速度大小為Jn：+2g∕

D.小球的運動軌跡與Xoy平面交點的坐標(biāo)為（%

【答案】AB

【詳解】A.帶電小球始終受到重力與電場力，因此可等效成一個恒定的力，且此力方向與初速度方向垂宜，

所以做勻變速曲線運動，運動軌跡即為拋物線，A正確；

B.由于重力與電場力大小相等，所以小球在這兩個力的合力所在平面運動，且與水平面成45。，而在Xa

平面內(nèi)的分運動為平拋運動，B正確；

c.小球在重力與電場力共同作用產(chǎn)生的加速度為0g,則小球到達(dá)XOy平面的時間f=J±增加的速度為

?v=?∣2gX=2寂小球到達(dá)XOy平面時的速度大小為√=J$+4gL故C錯誤:

D.小球在Z軸方向做自由落體運動，只受重力，Il初速度為零，所以經(jīng)過時間?=則小球在X軸方向

做勻速直線運動，則發(fā)生的位移而在夕軸方向小球只受電場力，初速度為零，因此發(fā)生的位移

L,θ）,故D錯誤。故選AB。

=A所以小球的軌跡與xθy平面交點的坐標(biāo)為

'2m

6.如圖所示，正方體空間ABCDAIBlCIDl上、下表面水平，其中有A玲D方向的勻強(qiáng)電場.從A點沿AB方

向分別以初速度VI、V2、V3水平拋出同一帶電小球（可視為質(zhì)點），小球分別從DlCl的中點、Cl點、BJ的中

點射出，且射出時的動能分別為Eki、Ek2、Ek3.下列說法正確的有（）

A.小球帶正電

B.小球所受電場力與重力大小相等

C.vι0V20V3=10202λ∕2

D.EkII3E∣<2回E∣<3=10408

【答案】ABC

【詳解】由題可知，小球受電場力方向沿AD方向，則小球帶正電，選項A正確；小球在豎直方向受重力作

用，則豎直方向加速度為g,沿AD方向受電場力作用，加速度為a=再；對從CI點射出的小球，沿AD方

m

向的位移等于豎直位移，可知兩方向的加速度相同，則qE=mg,選項B正確；從DICI的中點、Cl點射出的

小球的時間相等，沿AB方向的位移關(guān)系之比為1:2,則速度之比為V何V2=l≡12;從ClI點、BCl的中點射出的

小球沿AB方向的位移相等，豎直方向位移之比為2:1,根據(jù)r=g可知，時間之比為正：1,則V20V3=1:

應(yīng)；則V1E）V20V3=1回2團(tuán)20,選項C正確；根據(jù)動能定理：從DlCI的中點射出時的動能

wjv22

EM=B∣+qEL+mgL=?∕nvl+ImgL；從Cl點射出時的動能紇2=；相4+必乙+mgL=^mv}+2mgL；BCi

的中點射出的動能紇3=gmv3+?qEL+?mgL=?ιnv}+mgL；Ek=TmV2可知，射入時的初動能之比為gmvι?

22

^-mv20ymv3=10408,故選項D錯誤；故選ABC.

7.如圖所示，一斜面傾斜角度為53。，斜面末端連接一處于豎直平面的光滑絕緣半圓軌道，。為圓心，/、

8為其豎直方向上的直徑的上下兩端點，現(xiàn)有一個質(zhì)量為0?4kg,帶電荷量4=+1.0xl05C的小球（可視為質(zhì)

點）以初速度vrt=10m∕s從斜面上某點垂直斜面方向拋出，小球恰好沿切線從半圓軌道的最高點A飛入半圓

軌道，已知整個空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E=3X105N∕C,重力加速度g=10m∕s2,下列說法正

確的是（）

A.小球從開始到/點的運動是類平拋運動

B.小球在/點處的速度大小為12.5m∕s

C.小球第一次在半圓軌道上滑行過程中會在某處脫離半圓軌道

D.小球第一次在半圓軌道上滑行過程中對軌道的最大壓力大小為33.5N

【答案】AB

【詳解】A.小球受到重力和電場力的作用，如圖所示

B

F=J(mg)2+(q￡)2=5N設(shè)廠與水平方向夾角為?tan”,6=53。，/與v0垂直，所以小球做類平

拋運動，故AIE確：

B.因為小球做類平拋運動，由圖可知辦=—?R=12.5m∕s故B正確；

sm53

C.如圖所示，根據(jù)受力情況畫出小球運動過程中等效的最低點為C點，小球到C點時對軌道的壓力最大,

因為在N點小球恰好能無碰撞K入半圓軌道，在/點對軌道的壓力為零，所以小球第一次在半圓軌道上滑

行過程中不會在脫離半圓軌道

D.在/點根據(jù)牛頓第二定律得mg=∕Mg從/至C過程中根據(jù)動能定理FR(I+sin53。)=TmT-gf；

根據(jù)牛頓第二定律得FN-F="里解得尸N=27N根據(jù)牛頓第三定律得小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?7N,故D

R

錯誤。故選ABt.

8.絕緣光滑斜面與平面成。角，一質(zhì)量為機(jī)、電荷量為R的小球從斜面上高〃處，以初速度為現(xiàn)、方向與

斜面底邊MN平行射入，如圖所示，整個裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向平行于斜

面向上，已知斜面足夠大，小球能夠沿斜面到達(dá)底邊MM則下列判斷正確的是（）

N

A.小球在斜面上做非勻變速曲線運動

B.小球到達(dá)底邊AZN的時間/=J—?-

?gsm~a

C.勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為8≤整CoSa

qv<>

D.勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為82幽CoSa

q%

【答案】BC

【詳解】A.對小球受力分析，根據(jù)左手定則可知，小球受垂直斜面向上的洛倫茲力，即速度的變化不會影響

重力沿斜面方向的分力，因此小球做勻變速曲線運動，故A錯誤.

B.小球在斜面上做類平拋運動，小球沿斜面向下的方向上做初速度為零的勻加速直線運動，則小球的加速度

α=gsina,由運動學(xué)公式/一=；“』，解得小球到達(dá)底邊的時間r=J一,故B正確.

sιncr2Ygsιn~a

CD.小球在斜面上做類平拋運動，小球沿斜面方向的速度與磁場方向平行，小球受垂直斜面向上的洛倫茲力

,/=>仍,小球能夠沿斜面到達(dá)底邊MN,則需滿足qvoB≤∕ngcosα,解得磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為B≤^cosa，

故C正確，D錯誤.

三、重力場中斜拋模型

9.如圖，質(zhì)量相同的甲、乙兩名滑雪運動員在水平U型賽道上訓(xùn)練，甲、乙先后從賽道邊緣上的尸點滑出、

騰空，在空中完成技巧動作后，最后都從賽道邊緣上的。點再次滑入賽道，觀察發(fā)現(xiàn)甲的滯空時間比乙長。

不計空氣阻力，甲、乙在從P到。的運動過程中，下列說法正確的是（）

A.甲從P點滑出時的初速度大小必定大于乙從尸點滑出時的初速度大小

B.甲、乙從P點滑出時的初速度方向相同

C.甲的動量變化量大于乙的動量變化量

D.甲、乙的最大騰空高度相同

【答案】C

【詳解】A.兩名運動員做斜拋運動的水平位移相等，則水平方向"=x；豎直方向4=g（

χ24χ2,、Γ~°、

初速度的平方為/=￡?+,計算得￡=再減區(qū)間為（0,第），增區(qū)間為奈,+∞）,則無法判斷初

速度大小關(guān)系，A錯誤；

B.設(shè)初速度與水平方向夾角為。，則VCoSa=X初速度大小不確定，則初速度方向不能確定，B錯誤；

C.根據(jù)動量定理mgf=甌兩名運動員質(zhì)量相同，甲的滯空時間比乙長，說明甲的動量變化量大于乙的動量

變化量，C正確；

D.由v,=gg可知，甲運動員的豎直分速度小于乙運動員的豎百分速度，由AmIX=I可知，甲最大騰空高

22g

度相同小于乙最大騰空高度相同，D錯誤。故選C。

10.如圖所示，一小球（視為質(zhì)點）以速度V從傾角為。的斜面底端斜向上拋出，落到斜面上的M點，且

速度水平向右.現(xiàn)將該小球以2v的速度從斜面底端朝同樣方向拋出，落在斜面上的N點。下列說法正確的是

()

N

M

A.落到初和N兩點時間之比等于1:4

B.落到M和N兩點速度之比等于1:4

C.M和N兩點距離斜面底端的高度之比為1:2

D.飛行過程中小球離斜面最遠(yuǎn)的垂直距離之比1:4

【答案】D

【詳解】ABC.小球落到M點時速度水平向右，可將運動過程倒過來，看成從M點以初速度%水平向左的

平拋運動，落地時速度為V與水平方向夾角為α,落地時的位移為心則根據(jù)平拋運動規(guī)律可得X=咿；

2222

y=-(it；Iane=2；tana=-；v=v0+(gf)聯(lián)立上面各式解得f=-Os",tanct=2tan6,

2xv0g

2

v=v0√l+4tan^,y="呼"可得落到斜面上時的速度方向是確定的，因此以2v的速度從斜面底端朝

同樣方向拋出落到N點時速度水平向右，大小為原來的2倍，落到斜面上的時間為原來的2倍，根據(jù)

),=tan-0得M和N兩點距離斜面底端的高度之比為i：4,ABC錯誤；

S

D.設(shè)拋出時速度與斜面方向夾角為夕，將速度分解為沿斜面.和垂宜斜面方向，在垂直斜面方向做勻變速運

動，加速度大小為α=gcos6則根據(jù)勻變速運動規(guī)律得上升到離斜面最大垂直距離〃=粵呢=F駕

2a2gcosθ

得拋出速度增大為原來2倍時，離斜面最大垂直距離變成原來的4倍，D正確。

故選D。

11.大型風(fēng)洞是研發(fā)飛行器不可缺的重要設(shè)施，我國的風(fēng)洞技術(shù)處于世界領(lǐng)先地位。如圖所示，某次風(fēng)洞

實驗中，風(fēng)力大小和方向均恒定，一質(zhì)量為的輕質(zhì)小球先后經(jīng)過。、6兩點，其中在。點的速度大小為V,

方向與6連線成a=45。角；在b點的速度大小也為V,方向與b連線成夕=45。角。已知〃、6連線長

為d,小球只受風(fēng)力的作用，小球的重力忽略不計。下列說法中正確的是()

V

、、、.b

B.從。點運動到6點所用的時間為幽

A.風(fēng)力方向垂直于。、b連線

V

D.風(fēng)力大小為網(wǎng)E

C.小球的最小速度為1.8u

【答案】AB

【詳解】A.由題意可知小球做勻變速曲線運動，根據(jù)加速度的定義可知加速度方向一定和速度變化量的方

向相同，如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可知加速度方向垂直于。、b連線，所以風(fēng)力方向垂直于。、6連線，A正確；

B.小球在沿曲方向做勻速直線運動，從。點運動到6點所用的時間為t=—--=叵，B正確；

vcos45oV

C.當(dāng)小球在垂直于帥方向的分速度為零時速度最小，為％n=vcos45。=與vwl.8v,C錯誤；

D.小球在垂宜"方向的加速度大小為a=-=—=-根據(jù)牛頓第二定律可得風(fēng)力大小為F=ma=-

?ftdd

D錯誤。故選AB。

12.如圖所示，某同學(xué)將離地1.25m的網(wǎng)球以13m∕s的速度斜向上擊出，擊球點到豎直墻壁的距離4.8m。當(dāng)

網(wǎng)球豎直分速度為零時，擊中墻壁上離地高度為8.45m的P點。網(wǎng)球與墻壁碰撞后，垂直墻面速度分量大小

變?yōu)榕銮暗?.75倍。平行墻面的速度分量不變。重力加速度g取IOm/S2,網(wǎng)球碰墻后的速度大小V和著地

點到墻壁的距離d分別為()

A.v=5m∕sC.d=3.6mD.d=3.9m

【答案】BD

【詳解】設(shè)網(wǎng)球飛出時的速度為%,豎直方向詔翌宜=2g("-∕7)代入數(shù)據(jù)

%豎直=j2χ10x(8.45-1.25)m∕s=12m∕s貝IJ%水平=Jr鏟二IΞ?n∕s=5π√s排球水平方向到P點的距離

稼平=%水平，=%水平?%蛆=6m根據(jù)幾何關(guān)系可得打在墻面上時，垂直墻面的速度分量

g

43

%水平j(luò).=%水平--=4m∕s平行墻面的速度分量%水平〃=%水平M=3m∕s反彈后，垂直墻面的速度分量

V水平j(luò).=°?75?%小平.=3m∕s則反彈后的網(wǎng)球速度大小為我平=J吸平工+*水平〃=30m∕s網(wǎng)球落到地面的時間

2H埠a=1.3s著地點到墻壁的距離〃=煉平J=3.9m故BD正確，AC錯誤。故選BD。

四、電場場中斜拋模型

13.如圖所示，xθ伊坐標(biāo)系內(nèi)存在平行于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)電場。一個質(zhì)量為機(jī)，電荷量為+4的帶電粒子，

以％的速度沿方向入射，粒子恰好以最小的速度垂直于y軸擊中C點。已知力、B、C三個點的坐標(biāo)分

別為(-√k,θ)?(O,2L)、((U)。若不計粒子重力與空氣阻力，則下列說法中正確的是()

A.粒子從Z到C的運動軌跡是一段圓弧

B.勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為E=弊

IqL

C.帶電粒子由Z到C過程中最小速度一定為技

D.帶電粒子由4到C過程中電勢能先減小后增大

【答案】B

【詳解】A.電場為平面內(nèi)的勻強(qiáng)電場，粒子從/到。運動過程中所受電場力為恒力，軌跡不可能是圓弧,

故A錯誤;

BC.由幾何關(guān)系可知==由于粒子恰好以最小的速度垂直于N軸擊中C點，則C點

的速度最小且沿水平方向，故帶電粒子受到的電場力方向一定沿一，方向，將初速度沿豎直方向和水平方向

分解，水平方向粒子做勻速直線運動，其速度為匕=%cosNOAB=%x2=與%豎直方向速度減為零時

速度最小且等于水平分速度，所以帶電粒子由A到C過程中最小速度為^i%。帶電粒子由A到C的過程

7°

中,由動能定理得一加=頡心；汨解得E=誓故B正確,C錯誤:

D.帶電粒子由4到C過程中電場力一直做負(fù)功，電勢能一直增大，故D錯誤。故選B。

14.豎直平面內(nèi)有水平放置的兩金屬板/8、CD,相距為4,兩極板加上恒定電壓U,如圖所示。質(zhì)量為機(jī)，

電荷量為+<?的粒子，從。點以初動能線。=4。進(jìn)入電場，。點在NC連線上，且初速度與水平

方向夾角為。=45。，粒子沿著OA"的軌跡恰好運動到下極板右邊緣的5點，M為運動軌跡的最高點，MN

與極板垂直。不計粒子重力，則關(guān)于粒子的說法正確的是（）

A.粒子運動到8點時的動能Et8=ggU

.3

B.運動軌跡最高點到下極板的距離朋N=

C.水平方向運動的位移之比為/N：NB=母:√3

D.若將上極板向下移一小段距離，則粒子將在8點上方飛出

【答案】BC

【詳解】A.粒子在兩極板間只有電場力做功，根據(jù)動能定理得U=Ekzf-線。；Eko=qt∕聯(lián)立解得

/=IU故A錯誤；

B.粒子在水平方向做勻速直線運動,在豎直方向做勻變速直線運動，因此到達(dá)最高點時滿足〃=匕=%cos9

mvwv2

所以到達(dá)最高點時動能EkM-?M=7O=NqU根據(jù)動能定理得qUm,=EkM-Ew；UOM=-二U

242a

解得d'=；d所以O(shè)M之間的豎直距離為gd,因此M與下極板之間的距離為MN=gd+(d=:"故B正確；

C.設(shè)粒子做拋體運動的加速度為α,ZN運動時間為〃，NB運動時間為為”=gm「；%w=J〃Y

所以4V:NB=v√l:匕芍=Q：6故C正確；

D.若將上極板向下移一小段距離，則兩極板電場強(qiáng)度增大，粒子的加速度增大，水平分速度不變，到達(dá)右

端時間不變，根據(jù)y=-%tsine+]α/可知粒子豎直位移增大，即打到了下極板上，故D錯誤。故選BC。

15.如圖所示，在足夠高的豎直墻面上4點，以垂直墻面的水平速度Vo=Im/s向左拋出一個質(zhì)量為m=lkg

的帶電小球，小球拋出后始終受到水平向右的恒定電場力的作用，電場力大小F=5N,經(jīng)過一段時間小球?qū)?/p>

再次到達(dá)墻面上的8點處，重力加速度為g=10m∕s2,空氣阻力不計，求在此過程中：（計算結(jié)果可用根式表

示）

（1）小球距墻面最遠(yuǎn)的水平距離;

（2）墻面上/、8兩點間的距離；

（3）小球速度的最小值。

【答案】（1）0.1m；（2）0.8m；（3）也m/s

5

【詳解】（1）小球在水平方向先向左做勻減速運動而后向右做勻加速運動，小球在豎直方向上做自由落體

運動，將小球的運動沿水平方向和豎直方向分解，水平方向尸則片=2“口解得χ=（）.lm

（2）水平方向速度減小為零所需的時間4所以從4點到B點時間f=2q豎直方向上以8=<g∕

aχ2

解得加=0?8m

（3）將速度進(jìn)行分解，當(dāng)匕=O時，小球速度最小，此時%s=匕,=VcosJ根據(jù)力的關(guān)系知

儂，=而看解得“"S

16.中性粒子分析器是核聚變研究中的重要設(shè)備，通過對高能中性原子能量或動量的測量，可診斷曾與這

些中性原子充分碰撞過的離子的性質(zhì)。如圖所示，為了測量某中性原子的動能，首先讓中性原子電離，然

后讓電荷量為+4的離子經(jīng)孔/與下邊界成，角入射到間距為以電勢差為U的平行有界勻強(qiáng)電場區(qū)域中，

經(jīng)過電場偏轉(zhuǎn)后離開電場區(qū)域。不計離子的重力，不考慮相對論效應(yīng)及場的邊界效應(yīng)。

（I）為保證離子不碰到上邊界，入射離子的最大動能是多少？

（2）若該離子離開電場后，經(jīng)無場區(qū)沿直線運動至孔P出射，已知孔P與下邊界的垂直距離為〃，孔/和

孔P間平行于下邊界的距離為I,試確定該離子剛進(jìn)入電場時的動能：

（3）若在測量中發(fā)現(xiàn)，有動能均為F-電荷量均為+4而質(zhì)量分別為機(jī)I、機(jī)2、外的三種離子均能從孔P

出射，且犯<，丐<砥。三種離子從孔尸出射后自C點垂直8邊射入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3、方向垂直紙面

向里的矩形勻強(qiáng)磁場CQM,CD、DE、M邊上均裝有不同的離子收集板（每塊板只收集一種離子）。設(shè)CZ）

邊長為a,DE邊長為b,S,a>b,現(xiàn)要區(qū)分并收集這三種離子，則。、6還應(yīng)分別滿足什么條件？

上邊界

【答案】⑴懸；⑵赤黑總,白｝⑶亨號互，即<b<%

【詳解】（1）離子恰好能運動到上邊界，離子在電場中只受電場力作用，其加速度為。=組由豎直方向做

ma

勻變速直線運動可得-2加=0-（vnaxSine）2入射離子的最大動能為

（2）根據(jù)水平方向勻速運動，離子在偏轉(zhuǎn)電場的運動時間，=生蛇

離子在偏轉(zhuǎn)電場中平行于下邊界的位移—夕干=照膏*另由幾何關(guān)系可得X”備

f/-?l

代入得Ek

4dsinOcos外tan0)

（3）動能為Ek的離子在磁場區(qū)域中做勻速圓周運動，洛侖茲力提供向心力/8=機(jī)二

r

可知其半徑一蘢=耳因犯＜生＜如有經(jīng)分析。邊、DE邊、M的收集板分別收集質(zhì)

量為風(fēng)、m2y外的離子。

如圖所示

要CZ）邊收集質(zhì)量為網(wǎng)離子，需滿足4＞2∕;且〃＞4；OE邊收集質(zhì)量為小離子，需滿足＞〃，因α＞）,m2

離子圓周運動的圓心在C。上，需滿足啊離子不碰到E尸邊，要求匕＞4;E步邊收集質(zhì)量為叫離了、需滿

口AJ4?L-r?∣2J2叫Ek2d2m^EJ2m,εJ2“%Ek

足6<g°綜上可得_LL<α<1一」k.y._dk<b<N——

qBqBqBqB

五、一般勻變速曲線模型

17.隨著人們生活水平的提高，高爾夫球?qū)⒅饾u成為普通人的休閑娛樂運動。如圖所示，某人從高出水平

地面/?的坡上水平擊出一個質(zhì)量為機(jī)的高爾夫球，由于恒定的水平風(fēng)力作用，高爾夫球豎直地落入距擊球

點水平距離為A的工穴，則（）

A.球被擊出后做平拋運動

B.該球在空中運動的時間為

c?球被擊出后受到的水平風(fēng)力大小為華

D-球被擊出時的初速度大小為,橙

【答案】BC

【詳解】A.球被擊出后，受重力和水平風(fēng)力作用，不是做平拋運動，故A錯誤；

B.該球在豎直方向上做自由落體運動，根據(jù)九=Tgf2,得r=秒故B正確;

D.該球在水平方向上做勻減速直線運動，根據(jù)/t=L得%=與=L杵故D錯誤；

C.該球在水平方向上做勻減速直線運動的加速度大小為α=為=學(xué)根據(jù)牛頓第二定律得水平風(fēng)力大小為

th

F=Wa=華故C正確。故選BC。

h

18.為了研究空氣動力學(xué)問題，如圖所示，某人將質(zhì)量為機(jī)的小球從距地面高〃處以一定初速度水平拋出，

在距拋出點水平距離L處，有一根管口比小球直徑略大的豎直細(xì)管，上管口距地面的高度為W。小球在水

平方向上受恒定風(fēng)力作用，且小球恰能無碰撞地通過管子，則下列說法正確的是（）

O→

L

I

I

I

I_____________________

7777777777777777777"

β

A.小球的初速度大小為嘴■?風(fēng)力的大小為罕

C.小球落地時的速度大小為2而D.小球落地時的速度大小為國

【答案】BD

I1

12

【詳解】A.小球在豎直方向上做自山落體運動,故從拋出點到上管口的運動過程中，有W=gr小球在水

平方向上做勻減速運動，因恰能無碰撞地通過管子，故小球到管口時水平速度剛好減為零，設(shè)小球的初速

度為V。,L=菅9聯(lián)立以上兩式解得%故A錯誤；

B.設(shè)風(fēng)力大小為R根據(jù)牛頓第二定律有，小球在水平方向上的加速度大小尸=板由勻變速直線運動規(guī)律

可得O-d=-2。L由上可得v0=2L器聯(lián)立可得F=3警故B正確；

CD.小球到達(dá)上管口時，水平速度減為零，進(jìn)入管中后其不再受風(fēng)力作用，只有豎直方向的運動，從拋出

到落地全程，小球在豎直方向上做自由落體運動，所以有-=2g∕j則小球落地時的速度大小為丫=7^正，D

正確，C錯誤；故選BD。

19.如圖，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場，現(xiàn)將一個質(zhì)量為m,帶電量為+4的小球在/點以一定的初

動能々豎直向上拋出，小球運動到豎直方向最高點C