2023年高三物理二轮复习常见模型与练习08 类平抛模型、斜抛模型和一般匀变速曲线模型（解析版）

2023年高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练

专题08类平抛模型、斜抛模型和一般匀变速曲线模型

特训目标特训内容

目标1重力场中类平抛模型（1T—4T）

目标2电磁场中的类平抛模型（5T-8T）

目标3重力场中斜抛模型（9T—12T）

目标4电场场中斜抛模型（13T-16T）

目标5一般匀变速曲线模型（17T—20T）

【特训典例】

一、重力场中类平抛模型

1.如图所示，光滑水平桌面上的48CD为矩形区域的四个顶点，某小球沿/8方向以速度V/自/点进入该

区域，以后的运动过程中，小球始终受到沿力。方向的恒力尸的作用，且恰能经过C点。关于小球在矩形

区域内的运动，下列说法正确的是（）

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

A.小球由Z到C可能做匀变速直线运动

B.若尸足够大，小球可能经过。点

C.若只增大“小球自"点运动到Z）C所在直线时的时间将变短

D.若只减小R小球自4点运动到。。所在直线时的时间将变长

【答案】D

【详解】A.小球在/点时速度方向与恒力F垂直，则由4到C做匀变速曲线运动，选项A错误；

B.因物体有沿NB方向的初速度，则即使产足够大，小球也不可能经过。点，选项B错误；

C.因小球沿户方向做匀加速运动，且加速度α恒定，则由Xm=Taf2可知，到达Z）C的时间不变，即即使

增大V/,小球自4点运动到。C所在宜线时的时间也不变，选项C错误；

D.若只减小F,则加速度α减小，则由加=g∕uj知小球自力点运动到。C所在直线时的时间将变长，

选项D正确。故选D。

2.如图所示，一质量机=0∙3kg的小球在5个力的作用下水平向右做匀速直线运动，其中力尸的方向竖直向

下，大小为0.6N,经历时间4=LOs,小球从位置。运动到儿。、Z间的距离4=2.0m。当小球到达位置

N瞬间，力尸方向变为竖直向上而大小不变，又经历IQs,小球到达位置8（图中没有画出），则下列说法

正确的是（）

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

F

A.在小球从。运动至/的过程中，力厂的冲量为0

B.位置A与位置B之间的间距为20m

C.小球在位置8的速度大小为2a„Vs

D.在小球从。运动至B的过程中，力产做的功等于1.2J

【答案】BD

【详解】A.在小球从。运动至4的过程中，力户的冲量为∕=E0=0.6xlN∙s=0.6N∙s故A错误；

B.由题可知%=}=2m∕s当小球到达位置力瞬间，力F方向变为竖直向上而大小不变，则小球受到的合外

22

力为F『2F=L2N由牛顿第二定律可得a=^=-m∕s=4m∕s故竖直方向上y∕nι=2m

m0.322

水平方向上X=%f=2xIm=2m则位置A与位置B之间的间距为AB=√x2+y2=2√2m故B正确；

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

D.从。到Z的过程中，力F不做功，从N到8过程中产做正功为W=尸∙y=0∙6χ2J=1.2J故D正确。

故选BD0

3.如图所示，在光滑的水平面内建立XQy坐标系，质量为机的小球以某一速度从。点出发后，受到一平行

于N轴方向的恒力作用，恰好通过Z点。已知小球通过4点的速度大小为"，方向沿X轴正方向，且。（连

线与OX轴夹角为30。，则（）

八歹

430。.

OX

A.恒力的方向一定沿V轴负方向

B.恒力的方向一定沿y轴正方向

恒力在这一过程中所做的功为，机学

C.

O

7

D.小球从。点出发时的动能为2小吟

6

【答案】AD

【详解】AB.小球受到一平行于y轴方向恒力作用做匀变速曲线运动，利用逆向思维，，把小球的运动看成

从力到。的类平抛运动，由此可判断恒力方向一定沿P轴负方向，A正确，B错误；

C.小球在水平面内从。到/做斜抛运动，由几何关系可得义=tan30；v：=2ay；vv=at.χ=vat

X

联立可得V,=苦殳过。点的速度为V=历年=毕•从。到4由动能定理可得

2

WF=ɪAWvθ-ɪwv=-∙∣mvθ,C错误；

11</ɔrY7

D.小球从。点出发时的动能为纥=7%d=7〃--V0=-wvθ,D正确。故选AD。

22\3/6

4.如图所示，在倾角为6=30。的足够大的光滑斜面上。将小球。、6同时以相同的速率沿水平面内不同方

向抛出。已知α球初速度方向垂直竖直平面P0M向外，b球初速度沿着P。方向。则（）

A.若将α球的初速度大小变为之前的2倍，则。球落到斜面上时，其速度大小也将变为之前的2倍

B.。球落到斜面上时，a、b两球的位移大小不相等

C.若将6球的初速度大小变为之前的2倍，则在相同时间内，其速度大小也将变为之前的2倍

D.a球落到斜面上时，α球的速度大小是b球速度大小的2倍

【答案】AB

（详解】A.当α球落到斜面时,有tan30。=解得'=&则〃球落到斜面时的速度匕=百丽7=g%

因为匕=A%,若将α球的初速度大小变为之前的2倍。则。球落到斜面上时，其速度大小也变为之前的2

倍，故A项正确；

B.山之前的分析可知α球落到斜面上用时为》=兽此时。球的位移为S（J=T益=学，6球的水平位移

√3gcos30o3g

为%=W=等沿斜面向下的位移为乐"gsin30。产=萼，b球的位移为名,=JSi+廉=幽■

√3g23gV，3g

故a、6两球的位移大小不相等，故B项正确；

C.根据%=J、+（gSin30。/'『所以相同时间内,其速度大小不一定变为之前的两倍，故C项错误；

D.。球落到斜面上时，α球的速度大小为匕=J,+（gr『=Jg/此时b球的速度大小为

Vb=册+（gsin304=苧％w2如故D项错误。故选ABo

二、电磁场中的类平抛模型

5.如图所示，三维坐标系。-冲Z的Z轴方向竖直向上，所在空间存在沿y轴正方向的匀强电场。一质量为

加、电荷量为+4的小球从Z轴上的N点以速度％沿X轴正方向水平抛出，Z点坐标为（0,0,L）,重力加速

度为g,场强E=超。则下列说法中正确的是（）

q

A.小球运动的轨迹为抛物线

B.小球在XOZ平面内的分运动为平抛运动

C.小球到达XOy平面时的速度大小为Jn：+2g∕

D.小球的运动轨迹与Xoy平面交点的坐标为（%

【答案】AB

【详解】A.带电小球始终受到重力与电场力，因此可等效成一个恒定的力，且此力方向与初速度方向垂宜，

所以做匀变速曲线运动，运动轨迹即为抛物线，A正确；

B.由于重力与电场力大小相等，所以小球在这两个力的合力所在平面运动，且与水平面成45。，而在Xa

平面内的分运动为平抛运动，B正确；

c.小球在重力与电场力共同作用产生的加速度为0g,则小球到达XOy平面的时间f=J±增加的速度为

∆v=∖∣2gX=2寂小球到达XOy平面时的速度大小为√=J$+4gL故C错误:

D.小球在Z轴方向做自由落体运动，只受重力，Il初速度为零，所以经过时间♦=则小球在X轴方向

做匀速直线运动，则发生的位移而在夕轴方向小球只受电场力，初速度为零，因此发生的位移

L,θ）,故D错误。故选AB。

=A所以小球的轨迹与xθy平面交点的坐标为

'2m

6.如图所示，正方体空间ABCDAIBlCIDl上、下表面水平，其中有A玲D方向的匀强电场.从A点沿AB方

向分别以初速度VI、V2、V3水平抛出同一带电小球（可视为质点），小球分别从DlCl的中点、Cl点、BJ的中

点射出，且射出时的动能分别为Eki、Ek2、Ek3.下列说法正确的有（）

A.小球带正电

B.小球所受电场力与重力大小相等

C.vι0V20V3=10202λ∕2

D.EkII3E∣<2回E∣<3=10408

【答案】ABC

【详解】由题可知，小球受电场力方向沿AD方向，则小球带正电，选项A正确；小球在竖直方向受重力作

用，则竖直方向加速度为g,沿AD方向受电场力作用，加速度为a=再；对从CI点射出的小球，沿AD方

m

向的位移等于竖直位移，可知两方向的加速度相同，则qE=mg,选项B正确；从DICI的中点、Cl点射出的

小球的时间相等，沿AB方向的位移关系之比为1:2,则速度之比为V何V2=l≡12;从ClI点、BCl的中点射出的

小球沿AB方向的位移相等，竖直方向位移之比为2:1,根据r=g可知，时间之比为正：1,则V20V3=1:

应；则V1E）V20V3=1回2团20,选项C正确；根据动能定理：从DlCI的中点射出时的动能

wjv22

EM=B∣+qEL+mgL=ɪ∕nvl+ImgL；从Cl点射出时的动能纥2=；相4+必乙+mgL=^mv}+2mgL；BCi

的中点射出的动能纥3=gmv3+ɪqEL+ɪmgL=ɪιnv}+mgL；Ek=TmV2可知，射入时的初动能之比为gmvι¾

22

^-mv20ymv3=10408,故选项D错误；故选ABC.

7.如图所示，一斜面倾斜角度为53。，斜面末端连接一处于竖直平面的光滑绝缘半圆轨道，。为圆心，/、

8为其竖直方向上的直径的上下两端点，现有一个质量为0∙4kg,带电荷量4=+1.0xl05C的小球（可视为质

点）以初速度vrt=10m∕s从斜面上某点垂直斜面方向抛出，小球恰好沿切线从半圆轨道的最高点A飞入半圆

轨道，已知整个空间存在水平向右的匀强电场，电场强度为E=3X105N∕C,重力加速度g=10m∕s2,下列说法正

确的是（）

A.小球从开始到/点的运动是类平抛运动

B.小球在/点处的速度大小为12.5m∕s

C.小球第一次在半圆轨道上滑行过程中会在某处脱离半圆轨道

D.小球第一次在半圆轨道上滑行过程中对轨道的最大压力大小为33.5N

【答案】AB

【详解】A.小球受到重力和电场力的作用，如图所示

B

F=J(mg)2+(q£)2=5N设厂与水平方向夹角为®tan”,6=53。，/与v0垂直，所以小球做类平

抛运动，故AIE确：

B.因为小球做类平抛运动，由图可知办=—⅛R=12.5m∕s故B正确；

sm53

C.如图所示，根据受力情况画出小球运动过程中等效的最低点为C点，小球到C点时对轨道的压力最大,

因为在N点小球恰好能无碰撞K入半圆轨道，在/点对轨道的压力为零，所以小球第一次在半圆轨道上滑

行过程中不会在脱离半圆轨道

D.在/点根据牛顿第二定律得mg=∕Mg从/至C过程中根据动能定理FR(I+sin53。)=TmT-gf；

根据牛顿第二定律得FN-F="里解得尸N=27N根据牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为27N,故D

R

错误。故选ABt.

8.绝缘光滑斜面与平面成。角，一质量为机、电荷量为R的小球从斜面上高〃处，以初速度为现、方向与

斜面底边MN平行射入，如图所示，整个装置处在磁感应强度大小为8的匀强磁场中，磁场方向平行于斜

面向上，已知斜面足够大，小球能够沿斜面到达底边MM则下列判断正确的是（）

N

A.小球在斜面上做非匀变速曲线运动

B.小球到达底边AZN的时间/=J—ʒ-

∖gsm~a

C.匀强磁场磁感应强度的取值范围为8≤整CoSa

qv<>

D.匀强磁场磁感应强度的取值范围为82幽CoSa

q%

【答案】BC

【详解】A.对小球受力分析，根据左手定则可知，小球受垂直斜面向上的洛伦兹力，即速度的变化不会影响

重力沿斜面方向的分力，因此小球做匀变速曲线运动，故A错误.

B.小球在斜面上做类平抛运动，小球沿斜面向下的方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则小球的加速度

α=gsina,由运动学公式/一=；“』，解得小球到达底边的时间r=J一,故B正确.

sιncr2Ygsιn~a

CD.小球在斜面上做类平抛运动，小球沿斜面方向的速度与磁场方向平行，小球受垂直斜面向上的洛伦兹力

,/=>仍,小球能够沿斜面到达底边MN,则需满足qvoB≤∕ngcosα,解得磁感应强度的取值范围为B≤^cosa，

故C正确，D错误.

三、重力场中斜抛模型

9.如图，质量相同的甲、乙两名滑雪运动员在水平U型赛道上训练，甲、乙先后从赛道边缘上的尸点滑出、

腾空，在空中完成技巧动作后，最后都从赛道边缘上的。点再次滑入赛道，观察发现甲的滞空时间比乙长。

不计空气阻力，甲、乙在从P到。的运动过程中，下列说法正确的是（）

A.甲从P点滑出时的初速度大小必定大于乙从尸点滑出时的初速度大小

B.甲、乙从P点滑出时的初速度方向相同

C.甲的动量变化量大于乙的动量变化量

D.甲、乙的最大腾空高度相同

【答案】C

【详解】A.两名运动员做斜抛运动的水平位移相等，则水平方向"=x；竖直方向4=g（

χ24χ2,、Γ~°、

初速度的平方为/=£»+,计算得£=再减区间为（0,第），增区间为奈,+∞）,则无法判断初

速度大小关系，A错误；

B.设初速度与水平方向夹角为。，则VCoSa=X初速度大小不确定，则初速度方向不能确定，B错误；

C.根据动量定理mgf=瓯两名运动员质量相同，甲的滞空时间比乙长，说明甲的动量变化量大于乙的动量

变化量，C正确；

D.由v,=gg可知，甲运动员的竖直分速度小于乙运动员的竖百分速度，由AmIX=I可知，甲最大腾空高

22g

度相同小于乙最大腾空高度相同，D错误。故选C。

10.如图所示，一小球（视为质点）以速度V从倾角为。的斜面底端斜向上抛出，落到斜面上的M点，且

速度水平向右.现将该小球以2v的速度从斜面底端朝同样方向抛出，落在斜面上的N点。下列说法正确的是

()

N

M

A.落到初和N两点时间之比等于1:4

B.落到M和N两点速度之比等于1:4

C.M和N两点距离斜面底端的高度之比为1:2

D.飞行过程中小球离斜面最远的垂直距离之比1:4

【答案】D

【详解】ABC.小球落到M点时速度水平向右，可将运动过程倒过来，看成从M点以初速度%水平向左的

平抛运动，落地时速度为V与水平方向夹角为α,落地时的位移为心则根据平抛运动规律可得X=咿；

2222

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

2xv0g

2

v=v0√l+4tan^,y="呼"可得落到斜面上时的速度方向是确定的，因此以2v的速度从斜面底端朝

同样方向抛出落到N点时速度水平向右，大小为原来的2倍，落到斜面上的时间为原来的2倍，根据

),=tan-0得M和N两点距离斜面底端的高度之比为i：4,ABC错误；

S

D.设抛出时速度与斜面方向夹角为夕，将速度分解为沿斜面.和垂宜斜面方向，在垂直斜面方向做匀变速运

动，加速度大小为α=gcos6则根据匀变速运动规律得上升到离斜面最大垂直距离〃=粤呢=F驾

2a2gcosθ

得抛出速度增大为原来2倍时，离斜面最大垂直距离变成原来的4倍，D正确。

故选D。

11.大型风洞是研发飞行器不可缺的重要设施，我国的风洞技术处于世界领先地位。如图所示，某次风洞

实验中，风力大小和方向均恒定，一质量为的轻质小球先后经过。、6两点，其中在。点的速度大小为V,

方向与6连线成a=45。角；在b点的速度大小也为V,方向与b连线成夕=45。角。已知〃、6连线长

为d,小球只受风力的作用，小球的重力忽略不计。下列说法中正确的是()

V

、、、.b

B.从。点运动到6点所用的时间为幽

A.风力方向垂直于。、b连线

V

D.风力大小为网E

C.小球的最小速度为1.8u

【答案】AB

【详解】A.由题意可知小球做匀变速曲线运动，根据加速度的定义可知加速度方向一定和速度变化量的方

向相同，如图所示

根据几何关系可知加速度方向垂直于。、b连线，所以风力方向垂直于。、6连线，A正确；

B.小球在沿曲方向做匀速直线运动，从。点运动到6点所用的时间为t=—--=叵，B正确；

vcos45oV

C.当小球在垂直于帅方向的分速度为零时速度最小，为％n=vcos45。=与vwl.8v,C错误；

D.小球在垂宜"方向的加速度大小为a=-=—=-根据牛顿第二定律可得风力大小为F=ma=-

∆ftdd

D错误。故选AB。

12.如图所示，某同学将离地1.25m的网球以13m∕s的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离4.8m。当

网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45m的P点。网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小

变为碰前的0.75倍。平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取IOm/S2,网球碰墙后的速度大小V和着地

点到墙壁的距离d分别为()

A.v=5m∕sC.d=3.6mD.d=3.9m

【答案】BD

【详解】设网球飞出时的速度为%,竖直方向诏翌宜=2g("-∕7)代入数据

%竖直=j2χ10x(8.45-1.25)m∕s=12m∕s贝IJ%水平=Jr铲二IΞ⅞n∕s=5π√s排球水平方向到P点的距离

稼平=%水平，=%水平•%蛆=6m根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量

g

43

%水平j.=%水平--=4m∕s平行墙面的速度分量%水平〃=%水平M=3m∕s反弹后，垂直墙面的速度分量

V水平j.=°∙75•%小平.=3m∕s则反弹后的网球速度大小为我平=J吸平工+*水平〃=30m∕s网球落到地面的时间

2H埠a=1.3s着地点到墙壁的距离〃=炼平J=3.9m故BD正确，AC错误。故选BD。

四、电场场中斜抛模型

13.如图所示，xθ伊坐标系内存在平行于坐标平面的匀强电场。一个质量为机，电荷量为+4的带电粒子，

以％的速度沿方向入射，粒子恰好以最小的速度垂直于y轴击中C点。已知力、B、C三个点的坐标分

别为(-√k,θ)∖(O,2L)、((U)。若不计粒子重力与空气阻力，则下列说法中正确的是()

A.粒子从Z到C的运动轨迹是一段圆弧

B.匀强电场的场强大小为E=弊

IqL

C.带电粒子由Z到C过程中最小速度一定为技

D.带电粒子由4到C过程中电势能先减小后增大

【答案】B

【详解】A.电场为平面内的匀强电场，粒子从/到。运动过程中所受电场力为恒力，轨迹不可能是圆弧,

故A错误;

BC.由几何关系可知==由于粒子恰好以最小的速度垂直于N轴击中C点，则C点

的速度最小且沿水平方向，故带电粒子受到的电场力方向一定沿一，方向，将初速度沿竖直方向和水平方向

分解，水平方向粒子做匀速直线运动，其速度为匕=%cosNOAB=%x2=与%竖直方向速度减为零时

速度最小且等于水平分速度，所以带电粒子由A到C过程中最小速度为^i%。带电粒子由A到C的过程

7°

中,由动能定理得一加=颉心；汨解得E=誓故B正确,C错误:

D.带电粒子由4到C过程中电场力一直做负功，电势能一直增大，故D错误。故选B。

14.竖直平面内有水平放置的两金属板/8、CD,相距为4,两极板加上恒定电压U,如图所示。质量为机，

电荷量为+<?的粒子，从。点以初动能线。=4。进入电场，。点在NC连线上，且初速度与水平

方向夹角为。=45。，粒子沿着OA"的轨迹恰好运动到下极板右边缘的5点，M为运动轨迹的最高点，MN

与极板垂直。不计粒子重力，则关于粒子的说法正确的是（）

A.粒子运动到8点时的动能Et8=ggU

.3

B.运动轨迹最高点到下极板的距离朋N=

C.水平方向运动的位移之比为/N：NB=母:√3

D.若将上极板向下移一小段距离，则粒子将在8点上方飞出

【答案】BC

【详解】A.粒子在两极板间只有电场力做功，根据动能定理得U=Ekzf-线。；Eko=qt∕联立解得

/=IU故A错误；

B.粒子在水平方向做匀速直线运动,在竖直方向做匀变速直线运动，因此到达最高点时满足〃=匕=%cos9

mvwv2

所以到达最高点时动能EkM-∖M=7O=NqU根据动能定理得qUm,=EkM-Ew；UOM=-二U

242a

解得d'=；d所以OM之间的竖直距离为gd,因此M与下极板之间的距离为MN=gd+(d=:"故B正确；

C.设粒子做抛体运动的加速度为α,ZN运动时间为〃，NB运动时间为为”=gm「；%w=J〃Y

所以4V:NB=v√l:匕芍=Q：6故C正确；

D.若将上极板向下移一小段距离，则两极板电场强度增大，粒子的加速度增大，水平分速度不变，到达右

端时间不变，根据y=-%tsine+]α/可知粒子竖直位移增大，即打到了下极板上，故D错误。故选BC。

15.如图所示，在足够高的竖直墙面上4点，以垂直墙面的水平速度Vo=Im/s向左抛出一个质量为m=lkg

的带电小球，小球抛出后始终受到水平向右的恒定电场力的作用，电场力大小F=5N,经过一段时间小球将

再次到达墙面上的8点处，重力加速度为g=10m∕s2,空气阻力不计，求在此过程中：（计算结果可用根式表

示）

（1）小球距墙面最远的水平距离;

（2）墙面上/、8两点间的距离；

（3）小球速度的最小值。

【答案】（1）0.1m；（2）0.8m；（3）也m/s

5

【详解】（1）小球在水平方向先向左做匀减速运动而后向右做匀加速运动，小球在竖直方向上做自由落体

运动，将小球的运动沿水平方向和竖直方向分解，水平方向尸则片=2“口解得χ=（）.lm

（2）水平方向速度减小为零所需的时间4所以从4点到B点时间f=2q竖直方向上以8=<g∕

aχ2

解得加=0∙8m

（3）将速度进行分解，当匕=O时，小球速度最小，此时%s=匕,=VcosJ根据力的关系知

侬，=而看解得“"S

16.中性粒子分析器是核聚变研究中的重要设备，通过对高能中性原子能量或动量的测量，可诊断曾与这

些中性原子充分碰撞过的离子的性质。如图所示，为了测量某中性原子的动能，首先让中性原子电离，然

后让电荷量为+4的离子经孔/与下边界成，角入射到间距为以电势差为U的平行有界匀强电场区域中，

经过电场偏转后离开电场区域。不计离子的重力，不考虑相对论效应及场的边界效应。

（I）为保证离子不碰到上边界，入射离子的最大动能是多少？

（2）若该离子离开电场后，经无场区沿直线运动至孔P出射，已知孔P与下边界的垂直距离为〃，孔/和

孔P间平行于下边界的距离为I,试确定该离子刚进入电场时的动能：

（3）若在测量中发现，有动能均为F-电荷量均为+4而质量分别为机I、机2、外的三种离子均能从孔P

出射，且犯<，丐<砥。三种离子从孔尸出射后自C点垂直8边射入磁感应强度大小为3、方向垂直纸面

向里的矩形匀强磁场CQM,CD、DE、M边上均装有不同的离子收集板（每块板只收集一种离子）。设CZ）

边长为a,DE边长为b,S,a>b,现要区分并收集这三种离子，则。、6还应分别满足什么条件？

上边界

【答案】⑴悬；⑵赤黑总,白｝⑶亨号互，即<b<%

【详解】（1）离子恰好能运动到上边界，离子在电场中只受电场力作用，其加速度为。=组由竖直方向做

ma

匀变速直线运动可得-2加=0-（vnaxSine）2入射离子的最大动能为

（2）根据水平方向匀速运动，离子在偏转电场的运动时间，=生蛇

离子在偏转电场中平行于下边界的位移—夕干=照膏*另由几何关系可得X”备

f/-ɪl

代入得Ek

4dsinOcos外tan0)

（3）动能为Ek的离子在磁场区域中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力/8=机二

r

可知其半径一茏=耳因犯＜生＜如有经分析。边、DE边、M的收集板分别收集质

量为风、m2y外的离子。

如图所示

要CZ）边收集质量为网离子，需满足4＞2∕;且〃＞4；OE边收集质量为小离子，需满足＞〃，因α＞）,m2

离子圆周运动的圆心在C。上，需满足啊离子不碰到E尸边，要求匕＞4;E步边收集质量为叫离了、需满

口AJ4⅛L-r¼∣2J2叫Ek2d2m^EJ2m,εJ2“%Ek

足6<g°综上可得_LL<α<1一」k.y._dk<b<N——

qBqBqBqB

五、一般匀变速曲线模型

17.随着人们生活水平的提高，高尔夫球将逐渐成为普通人的休闲娱乐运动。如图所示，某人从高出水平

地面/?的坡上水平击出一个质量为机的高尔夫球，由于恒定的水平风力作用，高尔夫球竖直地落入距击球

点水平距离为A的工穴，则（）

A.球被击出后做平抛运动

B.该球在空中运动的时间为

c∙球被击出后受到的水平风力大小为华

D-球被击出时的初速度大小为,橙

【答案】BC

【详解】A.球被击出后，受重力和水平风力作用，不是做平抛运动，故A错误；

B.该球在竖直方向上做自由落体运动，根据九=Tgf2,得r=秒故B正确;

D.该球在水平方向上做匀减速直线运动，根据/t=L得%=与=L杵故D错误；

C.该球在水平方向上做匀减速直线运动的加速度大小为α=为=学根据牛顿第二定律得水平风力大小为

th

F=Wa=华故C正确。故选BC。

h

18.为了研究空气动力学问题，如图所示，某人将质量为机的小球从距地面高〃处以一定初速度水平抛出，

在距抛出点水平距离L处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管，上管口距地面的高度为W。小球在水

平方向上受恒定风力作用，且小球恰能无碰撞地通过管子，则下列说法正确的是（）

O→

L

I

I

I

I_____________________

7777777777777777777"

β

A.小球的初速度大小为嘴■∙风力的大小为罕

C.小球落地时的速度大小为2而D.小球落地时的速度大小为国

【答案】BD

I1

12

【详解】A.小球在竖直方向上做自山落体运动,故从抛出点到上管口的运动过程中，有W=gr小球在水

平方向上做匀减速运动，因恰能无碰撞地通过管子，故小球到管口时水平速度刚好减为零，设小球的初速

度为V。,L=菅9联立以上两式解得%故A错误；

B.设风力大小为R根据牛顿第二定律有，小球在水平方向上的加速度大小尸=板由匀变速直线运动规律

可得O-d=-2。L由上可得v0=2L器联立可得F=3警故B正确；

CD.小球到达上管口时，水平速度减为零，进入管中后其不再受风力作用，只有竖直方向的运动，从抛出

到落地全程，小球在竖直方向上做自由落体运动，所以有-=2g∕j则小球落地时的速度大小为丫=7^正，D

正确，C错误；故选BD。

19.如图，空间中存在着水平向右的匀强电场，现将一个质量为m,带电量为+4的小球在/点以一定的初

动能々竖直向上抛出，小球运动到竖直方向最高点C