时间:2022-10-19 03:48:30
2014年全国高考物理试题新课标卷第25题题目:
如图1,O、A、B为同一竖直平面内的三个点,OB沿竖直方向,∠BOA=60°,OB=32OA.将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出,小球在运动过程中恰好通过A点.使此小球带电,电荷量为q(q>0),同时加一匀强电场,场强方向与OAB所在平面平行.现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球,该小球通过了A点,到达A点时的动能是初动能的3倍;若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出,恰好通过B点,且到达B点的动能为初动能的6倍,重力加速度大小为g.
(1)无电场时,小球到达A点时的动能与初动能的比值;
(2)电场强度的大小和方向.
参考答案解法如下.
解 (1)设小球的初速度为v0,初动能为Ek0,从O点运动到A点的时间为t,令OA=d,则OB=32d,根据平抛运动的规律有
dsin60°=v0t(1)
dcos60°=12gt2(2)
又有 Ek0=12mv20(3)
由(1)、(2)、(3)式得 Ek0=38mgd(4)
设小球到达A点时的动能为EkA,则
EkA=Ek0+12mgd(5)
由(4)、(5)式得 EkAEkO=73(6)
(2)加电场后,小球从O点到A点和B点,高度分别降低了d2和3d2,设电势能分别减小ΔEkA和EpB,由能量守恒及(4)式得
ΔEpA=3Ek0-Ek0-12mgd=23Ek0(7)
ΔEpB=6Ek0-Ek0-32mgd=Ek0(8)
在匀强电场中,沿任一直线,电势的降落是均匀的.设直线OB上的M点与A点等电势,M与O点的距离为x,如图2,则有
x32d=ΔEpAΔEpB(9)
解得x=d,MA为等势线,电场必与其垂线OC方向平行.设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α,由几何关系可得
α=30°(10)
即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°.
设场强的大小为E,有 qEdcos30°=ΔEpA(11)
由(4)、(7)、(11)式得 E=3mg6q(12)
本题考查了小球在重力场的平抛,以及带电小球在重力场和电场复合场中的抛体运动.第一问很简单,从平抛运动位移偏角入手易于得分;第二问不是难题是易错题,关键是学生容易忽略掉小球所受的重力,另外笔者从能量守恒角度入手对学生来说是要求思维很高,不宜入手.对于恒力作用下物体的运动,如果利用运动的分解则相对容易入手.下面对于第二问笔者给出两种解答方法:方法一运用运动的分解和牛顿第二定律,结合运动学公式对于分别到达A、B两点各列方程求出小球运动的水平及竖直加速度大小,进而根据牛顿第二定律得出物体所受合外力. 方法二运用正交分解将电场力分解,分别求出水平及竖直上的力做的功,再由动能定理求解,可能比参考答案的解法更能让学生接受.下面给出这两种方法的详解过程.
方法一 设电场强度的大小为E方向与竖直方向夹角为α,建立如图3所示的坐标系,设小球在水平方向上的加速度为ax竖直方向上的加速度为ay,到达A点和B点时水平方向上的速度分别为vAx、vBx,竖直方向上的速度为vAy、vBy.
令OA=d,则OB=32d,对A、B分别由牛顿第二定律和运动学公式得
Eqsinα=max(1)
Eqcosα+mg=may(2)
v2Ax-v20=2axdsin60°(3)
v2Ay=2aydcos60°(4)
v2By=2ay32d(5)
由已知条件得
12m(v2Ax+v2Ay)=3×12mv20(6)
12m(v20+v2By)=6×12mv20(7)
由第一问可得 12mgd=34×12mv20(8)
由以上各式解得 α=30°,E=3mg6q.
方法二 小球从O到A和从O到B分别由动能定理得
Eqsinα・dsin60°+(mg+Eqcosα)・dcos60°
=3×12mv20-12mv20(1)
(mg+Eqcosα)・32dcos60°=6×12mv20-12mv20(2)
由第一问可得
12mgd=34×12mv20(3)
由以上各式解得 α=30°,E=3mg6q.
对比这两种方法明显看到动能定理要优越的多.这两种方法都较参考答案容易入手.
【阜阳师范学院基础教育研究项目(2012JCJY21)】
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