下载文档原格式
曲线运动知识集结知识元曲线运动的条件和特点知识讲解1．物体做曲线运动的条件（1）物体具有初速度，即v0≠0；（2）物体受到合外力的作用，即F合≠0，或者说加速度a≠0；（3）合外力（加速度）与速度不在同一条直线上．（4）合力与速度方向间夹角为锐角时速率增大，如图1所示；为钝角时速率减小，如图2所示；始终垂直时速率不变2．曲线运动的特点（1）质点在某一点的速度方向沿曲线在该点的切线方向；（2）合外力一定不为零且指向轨迹的凹侧3．曲线运动的性质曲线运动过程中速度方向始终在变化，因此曲线运动是变速运动．例题精讲曲线运动的条件和特点例1.当物体所受_____的方向与它的____方向不在同一直线上时，物体做曲线运动。
例2.下列说法中正确的是（）A．物体在恒力作用下不可能做曲线运动B．物体在变力作用下一定做曲线运动C．物体在恒力和变力作用下，都可能做曲线运动D．做曲线运动的物体受合外力一定不为零例3.某质点同时受到在同一平面内的几个恒力作用而做匀速直线运动，在运动过程中撤去其中一个力，而其它力保持不变，则该质点（）A．一定做曲线运动B．可以做直线运动C．可以做匀变速曲线运动D．可以做匀速圆周运动例4.一质点在光滑水平面上以速度v0做匀速直线运动，当运动到P点时突然受到一个与v0在同一水平面的恒力F的作用，图中a、b、c、d表示物体此后的一小段运动轨迹，其中不正确的是（）A．B．C．D．例5.物体受恒力作用，合力与速度成锐角，则物体做____运动（选填“直线“或“曲线”），速率将____（选填“增大”或“减小”）。
运动的合成与分解知识讲解一、运动的合成与分解1．基本概念①运动的合成：已知分运动求合运动．②运动的分解：已知合运动求分运动．2．分解原则：根据运动的实际效果分解，也可采用正交分解．3．遵循的规律位移、速度、加速度都是矢量，故它们的合成与分解都遵循平行四边形定则．4．合运动与分运动的关系①等时性：合运动和分运动经历的时间相等，即同时开始、同时进行、同时停止．②独立性：一个物体同时参与几个分运动，各分运动独立进行，不受其他运动的影响．③等效性：各分运动的规律叠加起来与合运动的规律有完全相同的效果．二、合运动的性质判断三、两个互成角度的直线运动的合运动根据合加速度方向与合初速度方向判定合运动是直线运动还是曲线运动，具体分以下几种情况：两个互成角度的分运动合运动的性质两个匀速直线运动匀速直线运动一个匀速直线运动、一个匀变速直线运动匀变速曲线运动两个初速度为零的匀加速直线运动匀加速直线运动两个初速度不为零的匀变速直线运动如果v合与a合共线，为匀变速直线运动例题精讲运动的合成与分解例1.小河宽为d，河水中各点水流速度大小与各点到较近河岸边的距离成正比，v水=kx，k，x 是各点到近岸的距离，小船船头垂直河岸渡河，小船划水速度为v0，则下列说法中不正确的是（）A．小船渡河的轨迹为曲线B．小船渡河时的轨迹为直线C．小船到达离河岸处，船渡河的速度为D．小船到达离河岸处，船的渡河速度为例2.如图所示，为码头拖船作业的示意图，质量为m的汽车在平直路面上运动，用跨过光滑定滑轮的轻绳牵引轮船，汽车与定滑轮之间的轻绳始终水平。
〔安徽专用〕2015届高考物理考前三个月 名师考点点拨专题讲义 专题三 力与物体的曲线运动 第1课时 抛体、圆周和天体运动专题定位 本专题解决的是物体(或带电体)在力的作用下的曲线运动的问题．高考对本专题的考查以运动组合为线索，进而从力和能的角度进展命题，题目情景新，过程复杂，具有一定的综合性．考查的主要内容有：①曲线运动的条件和运动的合成与分解；②平抛运动规律；③圆周运动规律；④平抛运动与圆周运动的多过程组合问题；⑤应用万有引力定律解决天体运动问题；⑥带电粒子在电场中的类平抛运动问题；⑦带电粒子在磁场内的匀速圆周运动问题；⑧带电粒子在简单组合场内的运动问题等．用到的主要物理思想和方法有：运动的合成与分解思想、应用临界条件处理临界问题的方法、建立类平抛运动模型方法、等效的思想方法等．应考策略 熟练掌握平抛、圆周运动的规律，对平抛和圆周运动的组合问题，要善于由转折点的速度进展突破；熟悉解决天体运动问题的两条思路；灵活应用运动的合成与分解的思想，解决带电粒子在电场中的类平抛运动问题；对带电粒子在磁场内的匀速圆周运动问题掌握找圆心求半径的方法．第1课时 抛体、圆周和天体运动1．物体做曲线运动的条件当物体所受合外力的方向跟它的速度方向不共线时，物体做曲线运动．合运动与分运动具有等时性、独立性和等效性． 2．平抛运动(1)规律：v x ＝v 0，v y ＝gt ，x ＝v 0t ，y ＝12gt 2.(2)推论：做平抛(或类平抛)运动的物体①任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点；②设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为φ，如此有tan θ＝2tan_φ. 3．竖直平面内圆周运动的两种临界问题(1)绳固定，物体能通过最高点的条件是v ≥gR .(2)杆固定，物体能通过最高点的条件是v >0.4．在处理天体的运动问题时，通常把天体的运动看成是匀速圆周运动，其所需要的向心力由万有引力提供．其根本关系式为G Mm r 2＝m v 2r ＝mω2r ＝m (2πT)2r ＝m (2πf )2r .在天体外表，忽略自转的情况下有G Mm R2＝mg .5．卫星的绕行速度v 、角速度ω、周期T 与轨道半径r 的关系(1)由G Mm r 2＝m v 2r ，得v ＝ GMr ，如此r 越大，v 越小．(2)由G Mm r 2＝mω2r ，得ω＝ GM r 3，如此r 越大，ω越小．(3)由G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，得T ＝ 4π2r3GM，如此r 越大，T 越大．6．卫星变轨(1)由低轨变高轨，需增大速度，稳定在高轨道上时速度比在低轨道小． (2)由高轨变低轨，需减小速度，稳定在低轨道上时速度比在高轨道大．1．竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度关系通常利用动能定理来建立联系，然后结合牛顿第二定律进展动力学分析．2．对于平抛或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用合成与分解的思想分析这两种运动转折点的速度是解题的关键．3．分析天体运动类问题的一条主线就是F 万＝F 向，抓住黄金代换公式GM ＝gR 2.4．确定天体外表重力加速度的方法有：(1)测重力法；(2)单摆法；(3)平抛(或竖直上抛)物体法；(4)近地卫星环绕法．考向1 抛体运动问题的分析例1 静止的城市绿化洒水车，由横截面积为S 的水龙头喷嘴水平喷出水流，水流从射出喷嘴到落地经历的时间为t ，水流落地点与喷嘴连线与水平地面间的夹角为θ，忽略空气阻力，以下说法正确的答案是( ) A ．水流射出喷嘴的速度为gt tan θB ．空中水柱的水量为Sgt 22tan θC ．水流落地时位移大小为gt 22cos θD ．水流落地时的速度为2gt cot θ解析 由题意知，水做平抛运动，θ为总位移与水平方向的夹角，tan θ＝y x ＝gt2v x，可得水流射出喷嘴的速度为v x ＝gt 2tan θ，故A 错误；下落的高度y ＝12gt 2，水流落地时位移s ＝ysin θ＝gt 22sin θ，所以C 错误；空中水柱的体积V ＝Sv x t ＝Sgt 22tan θ，所以B 正确；水流落地时的速度v ＝(gt )2＋v 2x ＝gt 1＋14tan 2θ，所以D 错误． 答案 B以题说法 1.处理平抛(或类平抛)运动的根本方法就是把运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，通过研究分运动达到研究合运动的目的．2．要善于建立平抛运动的两个分速度和分位移与题目呈现的角度之间的联系，这往往是解决问题的突破口．如图1所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O 为圆心，AB 为沿水平方向的直径．假设在A 点以初速度v 1沿AB 方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D 点；假设A 点小球抛出的同时，在C 点以初速度v 2沿BA 方向平抛另一一样质量的小球并也能击中D 点．∠COD ＝60°，且不计空气阻力，如此( )图1A ．两小球同时落到D 点B ．两小球在此过程中动能的增加量相等C ．在击中D 点前瞬间，重力对两小球做功的功率相等 D ．两小球初速度之比v 1∶v 2＝6∶3 答案 D解析 由于两球做平抛运动下落的高度不同，如此知两球不可能同时到达D 点；重力做功不等，如此动能的增加量不等；在击中D 点前瞬间，重力做功的功率为P ＝mgv y ＝mg ·gt ，t 不等；设半圆的半径为R .小球从A 点平抛，可得R ＝v 1t 1，R ＝12gt 21，小球从C 点平抛，可得R sin60°＝v 2t 2，R (1－cos 60°)＝12gt 22，联立解得v 1v 2＝63，故D 正确．考向2 圆周运动问题的分析例2 如图2所示，在竖直平面内有xOy 坐标系，其中y 轴竖直，长为l 的不可伸长细绳，一端固定在A 点，A 点的坐标为(0，l2)，另一端系一质量为m 的小球．现在x 坐标轴上(x >0)固定一个小钉，拉小球使细绳绷直并水平，再将小球从静止释放，当细绳碰到钉子以后，小球可以绕钉子在竖直平面内做圆周运动．图2(1)当钉子在x ＝54l 的P 点时，小球经过最低点细绳恰好不被拉断，求细绳能承受的最大拉力；(2)在满足(1)的条件下，为使小球释放后能绕钉子在竖直平面内做圆周运动，而细绳又不被拉断，求钉子所在位置的范围．审题突破 由几何知识求出小球做圆周运动的轨道半径后，怎么才能求出绳子的拉力？小球能绕钉子在竖直平面内做圆周运动的条件是什么？解析 (1)当钉子在x ＝54l 的P 点时，小球绕钉子转动的半径为：R 1＝l －(l2)2＋x 2小球由静止到最低点的过程中机械能守恒： mg (l 2＋R 1)＝12mv 21 在最低点细绳承受的拉力最大，有：F －mg ＝m v 21R 1联立求得最大拉力F ＝7mg .(2)小球绕钉子圆周运动恰好到达最高点时，有：mg ＝m v 22R 2运动中机械能守恒：mg (l 2－R 2)＝12mv 22钉子所在位置为x ′＝ (l －R 2)2－(l2)2联立解得x ′＝76l 因此钉子所在位置的范围为76l ≤x ≤54l . 答案 (1)7mg (2)76l ≤x ≤54l 以题说法 解决圆周运动力学问题要注意以下几点：(1)要进展受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以与半径．(2)列出正确的动力学方程F ＝m v 2r ＝mrω2＝mωv ＝mr 4π2T2.(3)对于竖直面内的圆周运动要注意“杆模型〞和“绳模型〞的临界条件．(2014·新课标Ⅱ·17)如图3所示，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m 的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g .当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( )图3A ．Mg －5mgB ．Mg ＋mgC ．Mg ＋5mgD ．Mg ＋10mg 答案 C解析 设大环半径为R ，质量为m 的小环下滑过程中遵守机械能守恒定律，所以12mv 2＝mg ·2R .小环滑到大环的最低点时的速度为v ＝2gR ，根据牛顿第二定律得F N －mg ＝mv 2R，所以在最低点时大环对小环的支持力F N ＝mg ＋mv2R ＝5mg .根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力F N ′＝F N ＝5mg ，方向向下．对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力T ＝Mg ＋F N ′＝Mg ＋5mg .根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为T ′＝T ＝Mg ＋5mg ，应当选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．考向3 天体运动问题的分析例3 人类发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步轨道3.轨道1、2相切于Q 点，轨道2、3相切于P 点，如图4所示．关于这颗卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的答案是( )图4A ．卫星在三个轨道运动的周期关系是：T 1>T 2>T 3B ．卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度C ．卫星在轨道1上经过Q 点时的动能小于它在轨道2上经过Q 点时的动能D ．卫星在轨道2上运动时的机械能可能等于它在轨道3上运动时的机械能审题突破 需要根据什么规律比拟椭圆运动的周期关系？在P 点和Q 点两次点火是加速还是减速？解析 轨道1的半长轴最小，轨道3的半长轴最大，根据a 3T 2＝k 知，T 1＜T 2＜T 3，故A 错误；卫星在轨道1和3上做匀速圆周运动，角速度ω＝ GMr 3，知轨道半径大的角速度小，故B 错误；卫星在轨道1上Q 点点火加速，做离心运动进入轨道2，故在轨道2经过Q 点时的速度大，动能大，故C 正确；卫星在轨道2上机械能小于它在轨道3上的机械能，故D 错误． 答案 C以题说法 解决天体运动问题要善于构建两大模型1．“天体公转〞模型——某天体绕中心天体做匀速圆周运动．这种模型一般应用动力学方程(G Mm r 2＝m v 2r ＝mω2r ＝m (2πT)2r ＝ma n )和黄金代换公式(GM ＝gR 2)就能轻松解决．2．“卫星变轨〞模型——卫星速度改变时，卫星将变轨运行．①当v 增大时，卫星将做离心运动，周期变长，机械能增加．②速度减小时，卫星将做向心运动，周期变短，机械能减少．2013年12月2日1时30分我国发射“嫦娥三号〞探测卫星，“嫦娥三号〞在绕月球做匀速圆周运动的过程中，其轨道半径为r 1，运行周期为T 1；“天宫一号〞在绕地球做匀速圆周运动的过程中，其轨道半径为r 2，周期为T 2.根据以上条件可求出( ) A ．“嫦娥三号〞与“天宫一号〞所受的引力之比 B ．“嫦娥三号〞与“天宫一号〞环绕时的动能之比 C ．月球的质量与地球的质量之比 D ．月球外表与地球外表的重力加速度之比 答案 C解析 地球和月球质量未知，不能求出“嫦娥三号〞与“天宫一号〞所受的引力之比，A 错误；“嫦娥三号〞与“天宫一号〞的质量未知，不能求出它们的动能之比，B 错误；由GMm /r 2＝m (2π/T )2r ，可求出中心天体月球和地球的质量之比，C 正确；月球和地球半径未知，不能求出它们外表的重力加速度之比，D 错误．4．平抛与圆周运动组合问题的综合分析例4 (17分)如图5所示，一小物块自平台上以速度v0水平抛出，刚好落在邻近一倾角为α＝53°的粗糙斜面AB顶端，并恰好沿该斜面下滑，斜面顶端与平台的高度差h＝0.032 m，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，A点离B点所在平面的高度H＝1.2 m．有一半径为R的光滑圆轨道与斜面AB在B点相切连接，cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8，g取10 m/s2.求：图5(1)小物块水平抛出的初速度v0是多少；(2)假设小物块能够通过圆轨道最高点，圆轨道半径R的最大值．解析(1)小物块自平台做平抛运动，由平抛运动知识得：v y＝2gh＝2×10×0.032 m/s＝0.8 m/s(2分)由于物块恰好沿斜面下滑，如此tan 53°＝v y v 0(3分) 得v 0＝0.6 m/s.(2分)(2)设小物块过圆轨道最高点的速度为v ，受到圆轨道的压力为F N .如此由向心力公式得：F N ＋mg ＝m v 2R(2分)由动能定理得：mg (H ＋h )－μmgH cos 53°sin 53°－mg (R ＋R cos 53°)＝12mv 2－12mv 20(5分)小物块能过圆轨道最高点，必有F N ≥0(1分) 联立以上各式并代入数据得：R ≤821 m ，即R 最大值为821m ．(2分) 答案 (1)0.6 m/s (2)821m(限时：15分钟，总分为：19分)(2014·福建·21)如图6所示为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，外表粗糙的AB 段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC 在B 点水平相切．点A 距水面的高度为H ，圆弧轨道BC 的半径为R ，圆心O 恰在水面．一质量为m 的游客(视为质点)可从轨道AB 的任意位置滑下，不计空气阻力．图6(1)假设游客从A 点由静止开始滑下，到B 点时沿切线方向滑离轨道落在水面D 点，OD ＝2R ，求游客滑到B 点时的速度v B 大小与运动过程轨道摩擦力对其所做的功W f ；(2)某游客从AB 段某处滑下，恰好停在B 点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P 点后滑离轨道，求P 点离水面的高度h .(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F 向＝m v 2R)答案 (1)2gR －(mgH －2mgR ) (2)23R解析 (1)游客从B 点做平抛运动，有 2R ＝v B t ① R ＝12gt 2②由①②式得v B ＝2gR ③ 从A 到B ，根据动能定理，有mg (H －R )＋W f ＝12mv 2B －0④由③④式得W f ＝－(mgH －2mgR )⑤(2)设OP 与OB 间夹角为θ，游客在P 点时的速度为v P ，受到的支持力为N ，从B 到P 由机械能守恒定律，有mg (R －R cos θ)＝12mv 2P －0⑥过P 点时，根据向心力公式，有mg cos θ－N ＝m v 2PR ⑦N ＝0⑧cos θ＝h R⑨由⑥⑦⑧⑨式解得h ＝23R ⑩(限时：45分钟)题组1 抛体运动问题的分析1．如图1所示，某人向对面的山坡上水平抛出两个质量不等的石块，分别落到A 、B 两处．不计空气阻力，如此落到B 处的石块( )图1A ．初速度大，运动时间短B ．初速度大，运动时间长C ．初速度小，运动时间短D ．初速度小，运动时间长 答案 A解析 由于B 点在A 点的右侧，说明水平方向上B 点的距离更远，而B 点距抛出点的高度较小，故运动时间较短，二者综合说明落在B 点的石块的初速度较大，故A 正确，B 、C 、D 错误． 2．如图2所示，可视为质点的小球位于半圆柱体左端点A 的正上方某处，以初速度v 0水平抛出，其运动轨迹恰好与半圆柱体相切于B 点，过B 点的半圆柱体半径与水平面夹角为30°，如此半圆柱体的半径为(不计空气阻力，重力加速度为g )( )图2A.23v 203g B.23v 209gC.(43－6)v 2gD.(4－23)v 2g答案 C解析 在B 点，据题可知小球的速度方向与水平方向成60°角，由速度的分解可知，竖直分速度大小v y ＝v 0tan 60°＝3v 0，v 0t ＝R ＋R cos 30°，v y ＝gt ，得R ＝(43－6)v 2g，应当选C.3．如图3所示，ab 为竖直平面内的半圆环acb 的水平直径，c 为环上最低点，环半径为R .将一个小球从a 点以初速度v 0沿ab 方向抛出，设重力加速度为g ，不计空气阻力，如下说法不正确的答案是( )图3A ．当小球的初速度v 0＝2gR2时，掉到环上时的竖直分速度最大 B ．当小球的初速度v 0<2gR2时，将撞击到环上的圆弧ac 段 C ．当v 0取适当值，小球可以垂直撞击圆环 D ．无论v 0取何值，小球都不可能垂直撞击圆环 答案 C解析 当下落的高度为R 时，竖直分速度最大，根据R ＝12gt 2得，t ＝2Rg，如此v 0＝Rt ＝2gR 2，故A 、B 正确；设小球垂直击中环，如此其速度反向沿长线必过圆心，设其速度与水平方向的夹角为θ，R sin θ＝12gt 2，R (1＋cos θ)＝v 0t ，且tan θ＝gtv 0，可解得θ＝0，但这是不可能的，故C错误，D正确，应当选C.题组2 圆周运动问题的分析4．如图4所示为游乐园中的“空中飞椅〞设施，游客乘坐飞椅从启动，匀速旋转，再到逐渐停止运动的过程中，如下说法正确的答案是( )图4A．当游客速率逐渐增加时，其所受合外力的方向一定与速度方向一样B．当游客做匀速率圆周运动时，其所受合外力的方向总是与速度方向垂直C．当游客做匀速率圆周运动时，其所受合外力的方向一定不变D．当游客做速率减小的曲线运动时，其所受合外力的方向一定与速度方向相反答案 B解析当游客速率逐渐增加时，合外力的方向与速度方向成锐角，合力沿半径方向上的分力提供向心力，切线方向的分力产生切向加速度，故A错误．当游客做匀速圆周运动时，合力的方向与速度方向垂直，合力的方向始终指向圆心，方向时刻改变，故B正确，C错误．当游客做速率减小的曲线运动时，合力的方向与速度方向成钝角，切线方向的分力产生切向加速度，使物体的速率减小，故D错误．5．如图5所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN调节其与水平面的倾角．板上一根长为l＝0.6 m的轻细绳，它的一端系住一质量为m的小球P，另一端固定在板上的O点．当平板的倾角固定为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0＝3 m/s.假设小球能在板面内做圆周运动，倾角α的值应在什么范围内(取重力加速度g＝10 m/s2)?图5答案α≤30°解析小球在板面上运动时受绳子拉力、板面弹力、重力的作用．在垂直板面方向上合力为0，重力在沿板面方向的分量为mg sin α，小球在最高点时，由绳子的拉力和重力分力的合力提供向心力：F T ＋mg sin α＝mv 21l① 研究小球从释放到最高点的过程，据动能定理：－mgl sin α＝12mv 21－12mv 20② 假设恰好通过最高点绳子拉力F T ＝0，联立①②解得：sin α＝v 203gl ＝323×10×0.6＝12. 故α最大值为30°，可知假设小球能在板面内做圆周运动，倾角α的值应满足α≤30°. 题组3 天体运动问题的分析6．(2014·新课标Ⅱ·18)假设地球可视为质量均匀分布的球体．地球外表重力加速度在两极的大小为g 0，在赤道的大小为g ，地球自转的周期为T ，引力常量为G .地球的密度为( ) A.3π(g 0－g )GT 2g 0 B.3πg 0GT 2(g 0－g )C.3πGT 2D.3πg 0GT 2g答案 B解析 物体在地球的两极时，mg 0＝G Mm R 2，物体在赤道上时，mg ＋m (2πT )2R ＝G Mm R 2，又M ＝43πR 3，联立以上三式解得地球的密度ρ＝3πg 0GT 2(g 0－g ).应当选项B 正确，选项A 、C 、D 错误． 7．2013年12月11日，“嫦娥三号〞携带月球车“玉兔〞从距月面高度为100 km 的环月圆轨道Ⅰ上的P 点变轨，进入近月点为15 km 的椭圆轨道Ⅱ，由近月点Q 成功落月，如图6所示．关于“嫦娥三号〞，如下说法正确的答案是( )图6A ．沿轨道 Ⅰ 运行一周的位移大于沿轨道 Ⅱ 运行一周的位移B ．沿轨道 Ⅱ 运行时，在P 点的加速度小于在Q 点的加速度C ．沿轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道Ⅰ运行的周期D ．在轨道Ⅱ上由P 点到Q 点的过程中机械能增加答案 B解析 沿轨道Ⅰ运行一周的位移与沿轨道Ⅱ运行一周的位移都是零，即相等，故A 错误．根据GMm r 2＝ma 得a ＝GM r 2，沿轨道Ⅱ运行时，在P 点的加速度小于在Q 点的加速度，故B 正确．根据a 3T 2＝k 可得半长轴a 越大，运行周期越大，故沿轨道Ⅱ运行的周期小于沿轨道Ⅰ运行的周期，故C 错误．在轨道Ⅱ上由P 点运行到Q 点的过程中，只有万有引力对其做功，机械能守恒，故D 错误．8．一颗围绕地球运行的飞船，其轨道为椭圆．地球质量为M ，地球半径为R ，万有引力常量为G ，地球外表重力加速度为g .如此如下说法正确的答案是( )A ．飞船在远地点速度一定大于gRB ．飞船在近地点瞬间减速转移到绕地圆轨道后，周期不变C ．飞船在远地点瞬间加速转移到绕地圆轨道后，机械能一定变小D ．飞船在椭圆轨道上的周期可能等于π 27R 5g答案 D解析 由G Mm r 2＝m v 2r ＝mrω2＝mr 4π2T 2＝ma ，G Mm R2＝mg 得绕地球的最大速度v ＝gR ，A 错误；飞船在近地点瞬间减速，飞船将做向心运动，如此由a 3T2＝k 知，周期减小，B 错误；飞船在远地点瞬间加速，除引力外，其他力对飞船做正功，机械能一定增加，C 错误；r ＝R 时，由T ＝4π2r 3GM 得最小周期T ＝π4R g ＜π 27R 5g，D 正确． 题组4 平抛与圆周运动组合问题的综合9．如图7所示，高台的上面有一竖直的14圆弧形光滑轨道，半径R ＝54m ，轨道端点B 的切线水平．质量M ＝5 kg 的金属滑块(可视为质点)从轨道顶端A 由静止释放，离开B 点后经时间t ＝1 s 撞击在斜面上的P 点．斜面的倾角θ＝37°，斜面底端C 与B 点的水平距离x 0＝3 m ．g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力．图7(1)求金属滑块M 运动至B 点时对轨道的压力大小；(2)假设金属滑块M 离开B 点时，位于斜面底端C 点、质量m ＝1 kg 的另一滑块，在沿斜面向上的恒定拉力F 作用下由静止开始向上加速运动，恰好在P 点被M 击中．滑块m 与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，求拉力F 大小；(3)滑块m 与滑块M 碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F ，此时滑块m 速度变为4 m/s ，仍沿斜面向上运动，为了防止二次碰撞，迅速接住并移走反弹的滑块M ，求滑块m 此后在斜面上运动的时间．答案 (1)150 N (2)13 N (3)1＋72s 解析 (1)M 由A 到B 过程，由机械能守恒定律得MgR ＝12Mv 2B ① 解得v B ＝5 m/s滑块在B 点时，由向心力公式得F N －Mg ＝M v 2B R② 解得F N ＝150 N③由牛顿第三定律知，M 在B 点时对轨道的压力大小为150 N.(2)M 离开B 点后平抛运动的水平位移为x ＝v B t ＝5 m④由几何关系可知m 的位移为s ＝x －x 0cos 37°＝2.5 m⑤ 设滑块m 向上运动的加速度为a ，由s ＝12at 2⑥ 得a ＝5 m/s 2由牛顿第二定律得 F －mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ⑦解得F ＝13 N ．⑧(3)撤去拉力后，滑块m 沿斜面上滑过程的加速度a 1＝mg sin 37°＋μmg cos 37°m＝8 m/s 2⑨ 上滑时间t 1＝va 1＝0.5 s⑩上滑位移s 1＝v 22a 1＝1 m ⑪ 滑块m 沿斜面下滑过程的加速度a 2＝mg sin 37°－μmg cos 37°m＝4 m/s 2⑫ 下滑过程s ＋s 1＝12a 2t 22⑬ 由⑪⑫⑬得t 2＝72s 所以碰后在斜面上运动的时间为t 总＝t 1＋t 2＝1＋72s ⑭10．某工厂生产流水线示意图如图8所示，半径R ＝1 m 的水平圆盘边缘E 点固定一小桶．在圆盘直径DE 正上方平行放置的水平传送带沿顺时针方向匀速转动，传送带右端C 点与圆盘圆心O 在同一竖直线上，竖直高度h ＝1.25 m ．AB 为一个与CO 在同一竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，半径r ＝0.45 m ，且与水平传送带相切于B 点．一质量m ＝0.2 kg 的滑块(可视为质点)从A 点由静止释放，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，当滑块到达B 点时，圆盘从图示位置以一定的角速度ω绕通过圆心O 的竖直轴匀速转动，滑块到达C 点时恰与传送带同速并水平抛出，刚好落入圆盘边缘的小桶内．取g ＝10 m/s 2，求：图8(1)滑块到达圆弧轨道B 点时对轨道的压力F N B ；(2)传送带BC 局部的长度L ；(3)圆盘转动的角速度ω应满足的条件．答案 (1)6 N ，方向竖直向下 (2)1.25 m(3)ω＝2n π rad/s(n ＝1,2,3…)解析 (1)滑块从A 到B 过程中，由动能定理有mgr ＝12mv 2B 解得v B ＝2gr ＝3 m/s滑块到达B 点时，由牛顿第二定律有F N B ′－mg ＝m v 2B r解得F N B ′＝6 N据牛顿第三定律，滑块到达B 点时对轨道的压力大小为6 N ，方向竖直向下．(2)滑块离开C 点后做平抛运动，h ＝12gt 21 解得t 1＝2h g＝0.5 s v C ＝R t 1＝2 m/s 滑块由B 到C 过程中，据动能定理有－μmgL ＝12mv 2C －12mv 2B解得L ＝v 2B －v 2C 2μg＝1.25 m (3)滑块由B 到C 过程中，据运动学公式有 L ＝v B ＋v C 2t 2解得t 2＝2Lv B ＋v C＝0.5 s如此t ＝t 1＋t 2＝1 s圆盘转动的角速度ω应满足条件 t ＝n ·2πω(n ＝1,2,3…)解得ω＝2n π rad/s(n ＝1,2,3…)．。
曲线运动（1）一．曲线运动的理解1、关于曲线运动, 以下说法正确的是 （ ）A ．曲线运动是一种变速运动B ．做曲线运动的物体合外力一定不为零C ．做曲线运动的物体所受合外力一定是变化的D ．曲线运动不可能是一种匀变速运动2、一个质点做曲线运动时（ ）A 、速度的大小一定在时刻变化B 、速度的方向一定在时刻变化C 、它一定是一种变速运动D 、它可能是速率不变的运动3、下列叙述中正确的是（ ）A 、在变力的作下不可能做曲线运动B 、在变力作用下不可能做直线运动C 、在变力和恒力作用下都可能做直线运动D 、在变力和恒力作用下都可能做曲线运动4.某质点在恒力F 作用下，F 从A 点沿下图中曲线运动到B 点，到达B 点后，质点受到的力大小仍为F ，但方向相反，则它从B 点开始的运动轨迹可能是图中的哪条曲线？（ ）A ．曲线aB ．直线bC ．曲线cD ．三条曲线均有可能5.如图a ，甲车自西向东做匀加速运动，乙车由南向北做匀速运动，到达O 位置之前， 车上的人看到甲车运动轨迹大致是图b 中的6、狗拉着雪撬在水平冰面上沿着圆弧形的道路匀速行驶，下图为四个关于雪橇受到的牵引 力F 及摩擦力f 的示意图(O 为圆心)，其中正确的是 （ ）7.在高处拉低处小船时，通常在河岸上通过滑轮用钢绳拴船，若拉绳的速度为4m ／s ，当拴船的绳与水平方向成60°时，船的速度是多少？答案： 8m ／s O 东 南北西乙 甲 a b A B C D8.A、B两物体通过一根跨过定滑轮的轻绳相连放在水平面上，现物体A以v1的速度向右匀速运动，当绳被拉成与水平面夹角分别是α、β时，如图所示.物体B的运动速度v B为(绳始终有拉力)( )A．v1sinα/sinβ B．v1cosα/sinβC．v1sinα/cosβ D．v1cosα/cosβ9.如图2所示，A物块以速度v沿竖直杆匀速下滑，经细绳通过定滑轮拉动物体B在水平方向上运动．当细绳与水平面夹角为θ时，求物体B运动的速度大小．二．渡河问题1．一小船在静水中的速度为3 m/s，它在一条河宽150 m，流速为4 m/s的河流中渡河，则下列说法正确的是( )A．小船不可能到达正对岸 B．小船渡河时间不少于50 sC．小船以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为200 mD．小船以最短位移渡河时，位移大小为150 m2．一条河宽400 m，水流的速度为4 m/s，船相对静水的速度5 m/s，要想渡河的时间最短，渡河的最短时间是_______s；此时船沿河岸方向漂移_______m。
专题三 力与物体的曲线运动【知识网络】【方法与实例】二.专题要点第一部分：平抛运动和圆周运动1. 物体做曲线运动的条件:当物体所受的合外力方向与速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动。
合运动与分运动具有等时性、独立性和等效性。
.运动的合成与分解的依据仍然是平行四边形定则。
区分分运动和合运动的基本方法是：合运动是物体的实际运动轨迹。
2.物体（或带电粒子）做平抛运动或类平抛运动的条件是：①有初速度②初速度方向与加速度方向垂直。
平抛运动是匀变速曲线运动，物体所受的合外力为恒力，物体在任一时刻（或任一位置）处，速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为ϕ，即ϕθtan 2tan =.物体在任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点．3.物体做匀速圆周运动的条件是：合外力方向始终与物体的运动方向垂直；向心加速度是按效果命名总是指向圆心绳子固定物体通过最高点的条件是：为绳长）L gL v (≥；杆固定通过最高点的条件是：0≥v 。
物体做匀速圆周运动的向心力即物体受到的合外力。
4.描述圆周运动的几个物理量关系为：2222244rfTr r r v a ππω====5.竖直平面上圆周运动的解题思路和方法这类问题的特点是：联系机械能守恒，在最高点处，向心力向下，重力也向下，所以弹力的方向就不能确定了，要分三种情况进行讨论（如下图所示）．（1）弹力只可能向下，如绳拉球，这种情况下有Ｆ＋mg ＝mv 2/R ≥mg ．即v ≥gR ，否则不能通过最高点． （2）弹力只可能向上，如车过凸形桥，在这种情况下有：m g －Ｆ＝mv 2/R ≤mg ．即v ≤gR ，否则车将离开桥面，做平抛运动．（3）弹力既可能向上又可能向下，如管内球（或杆连球、环穿珠），这种情况下，速度大小v 可以取任意值。
但可以进一步讨论： ①当v>gR 时物体受到的弹力必然向下的； 当v<gR 时物体受到的弹力必然向上的；当v ＝gR 时物体受到的弹力恰好为零．②当弹力的大小Ｆ<mg 时，向心力有两解：mg ±F ； 当弹力Ｆ>mg 时，向心力只有一解：Ｆ＋mg ； 当弹力Ｆ＝mg 时，向心力等于零． 第二部分：万有引力定律及应用1. 在处理天体的运动问题时，通常把天体的运动看成是匀速圆周运动，其所需要的向心力由万有引力提供，其基本关系式为：rf m Tr m r m r v m ma r Mm G 22222244ππω=====向在天体表面，忽略星球自转的情况下：mg RMm G =22.卫星的绕行速度、角速度、周期、频率和半径r 的关系：⑴由r v m r Mm G 22=，得r GMv =。
微专题3力与曲线运动1．匀变速曲线运动——F合是恒量(1) 物体做曲线运动的条件：速度的方向与加速度(合外力)的方向不在同一条直线上.(2) 研究方法：运动的合成与分解．①平抛运动速度v x＝v0，v y＝gt，v＝v2x＋v2y，tan θ＝v yv x(θ为合速度与水平方向的夹角).位移x＝v0t，y＝12gt2，s＝x2＋y2，tan α＝yx(α为合位移与水平方向的夹角).②斜抛运动它是水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的竖直上抛运动的合运动．③带电粒子在匀强电场中的偏转——类平抛运动2．变加速曲线运动——F合是变量(1) 研究方法：切向、法向，建立直角坐标系，研究力与运动的关系．(2) 圆周运动①匀速圆周运动动力学特征：F向＝ma向＝mv2r＝mω2r＝m4π2T2r.②竖直平面内的圆周运动(绳、杆模型)(3) 天体运动①公转模型：F引＝F向，即GMmr2＝mv2r＝mω2r＝m⎝⎛⎭⎪⎫2πT2r.黄金代换式：GM＝gR2.②人造卫星和宇宙速度考向一抛体运动1．(2023·江苏卷)达·芬奇的手稿中描述了这样一个实验：一个罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，沿途连续漏出沙子．若不计空气阻力，则下列图中能反映空中沙子排列的几何图形是( D )A B C D 解析：设t ＝0时刻，罐子初速度为v 0，加速度为a ，经过时间t ，罐子位移为x 1＝v 0t ＋12at 2.t ＝0时刻漏出的沙子以初速度v 0做平抛运动，水平方向位移为x 2＝v 0t ，竖直方向位移y ＝12gt 2，则t 时刻沙子与罐子的连线与水平方向夹角θ满足tan θ＝y x 1－x 2＝12gt 212at2＝g a，为定值，且对任何一粒沙子都满足，故空中沙子排列的图形为一条倾斜的直线，故D 正确．2．(2021·江苏卷)如图所示，A 、B 两篮球从相同高度同时抛出后直接落入篮筐，落入篮筐时的速度方向相同，下列说法中正确的是( D )A ．A 比B 先落入篮筐B ．A 、B 运动的最大高度相同C ．A 在最高点的速率比B 在最高点的速度小D ．A 、B 上升到某一相同高度时的速度方向相同解析：若研究两个过程的逆过程，可看做是从篮筐沿同方向斜向上的斜抛运动，落到同一高度上的A 、B 两点，则A 上升的高度较大，高度决定时间，可知A 运动时间较长，即B 先落入篮筐中，A 、B 错误；因为两球抛射角相同，A 的射程较远，则A 球的水平速度较大，即A 在最高点的速度比B 在最高点的速度大，C 错误；由斜抛运动的对称性可知，当A 、B 上升到与篮筐相同高度时的速度方向相同，D 正确．考向二 圆周运动3．(2023·全国甲卷)一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n 次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n 等于( C )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：质点做匀速圆周运动，根据题意设周期T ＝k r ，合外力提供向心力，根据F 合＝m 4π2T 2r ，联立可得F n ＝4m π2k 2r 3，其中4m π2k 2为常数，r 的指数为3，故题中n ＝3，故C 正确，A 、B 、D 错误．考向三 万有引力定律的应用4．(2023·江苏卷)设想将来发射一颗人造卫星，能在月球绕地球运动的轨道上稳定运行，该轨道可视为圆轨道．该卫星与月球相比，一定相等的是( C )A ．质量B ．向心力大小C ．向心加速度大小D ．受到地球的万有引力大小解析：根据G Mm r 2＝ma ，可得a ＝GM r 2，因该卫星与月球的轨道半径相同，可知向心加速度大小相同；因该卫星的质量与月球质量不同，则向心力大小以及受地球的万有引力大小均不相同，故C 正确．5．(2021·江苏卷)我国航天人发扬“两弹一星”精神砥砺前行，从“东方红一号”到“北斗”不断创造奇迹．“北斗”第49颗卫星的发射迈出组网的关键一步．该卫星绕地球做圆周运动，运动周期与地球自转周期相同，轨道平面与地球赤道平面成一定夹角．该卫星( B )A ．运动速度大于第一宇宙速度B ．运动速度小于第一宇宙速度C ．轨道半径大于“静止”在赤道上空的同步卫星D ．轨道半径小于“静止”在赤道上空的同步卫星解析：第一宇宙速度是指绕地球表面做匀速圆周运动的速度，是环绕地球做匀速圆周运动的所有卫星的最大环绕速度．题中卫星的运转半径远大于地球的半径，可知运行线速度小于第一宇宙速度，A错误，B正确；根据G Mmr2＝m4π2T2r可知r＝3GMT24π2.因为该卫星的运动周期与地球自转周期相同，等于“静止”在赤道上空的同步卫星的周期，可知该卫星的轨道半径等于“静止”在赤道上空的同步卫星的轨道半径，C、D错误．考向1运动的合成与分解如图所示，河水的流速保持恒定，船在静水中的速度大小一定，当船头的指向分别沿着图中3个箭头方向时(①方向指向上游方向，②方向与上游河岸成一定夹角，③方向垂直河岸)，下列说法中正确的是(D)A．①方向小船一定向上游前进B．②方向小船一定沿图中虚线前进C．③方向小船一定沿图中虚线前进D．③方向小船过河时间最短解析：①方向中，若船的速度小于水的速度，则小船会向下游前进，故A错误；②方向中，只有当船速与水流速度的合速度方向沿虚线方向时，小船才会沿图中虚线前进，故B错误；③方向中，小船的速度与水流速度的合速度方向指向虚线的右侧方向，则小船不会沿图中虚线前进，故C错误；③方向中船头指向河对岸，则小船过河时间最短，故D正确．(1) 合外力方向与轨迹的关系：物体做曲线运动的轨迹一定夹在合外力方向与速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合外力方向指向轨迹的“凹”侧．(2) 合力方向与速率变化的关系(3) 运动的合成与分解：根据运动的实际效果分解．位移、速度、加速度的合成与分解都遵循平行四边形定则．(2023·前黄中学考前模拟)雨滴在空中以2m/s 的速度竖直下落，小明打着伞以1.5m/s 的速度向左走，当雨滴垂直落在伞面上时人淋雨最少，则小明少淋雨的打伞(伞柄指向)方式应该为( A )A B C D 解析：在水平方向上，雨滴的速度为零，人的速度为1.5m/s ，方向向左，则雨滴相对于人在水平方向上的速度为1.5m/s ，方向向右；在竖直方向上，雨滴的速度为2m/s ，人的速度为零，则雨滴相对于人在竖直方向上的速度为2m/s ，方向向下；根据矢量合成法则可知，雨相对于人的速度与竖直方向的夹角为tan θ＝1.52＝34，解得θ＝37°，为使雨点尽量不落在身上，故A 正确． 考向2 抛体运动问题(2023·南京、盐城一模)如图所示，4个相同钢球甲、乙、丙、丁，它们自同一高度6h 处从各自的四分之一光滑圆弧轨道上滑下，其出口速度水平向右，出口端所在高度分别为5h 、4h 、3h 、2h ，则落地点距O 点最远的钢球是( C )A ．甲B ．乙C ．丙D ．丁解析：设光滑圆弧轨道的半径为R ，则钢球从最高点滑到圆弧轨道最低点过程中由动能定理有mgR ＝12m v 2，钢球从轨道最低点飞出后在空中做平抛运动，由6h －R ＝12gt 2，x ＝v t ，得x ＝－4R 2＋24hR ＝－4(R －3h )2＋36h 2，可知当光滑圆弧轨道的半径R满足R＝3h，钢球落地点距О点最远，此时出口端离地高度为3h，即为丙球，故C正确．平抛运动(类平抛运动)问题(2023·南师附中考前模拟)在我国古代，人们曾经用一种叫“唧筒”的装置进行灭火，这种灭火装置的特点是：筒是长筒，下开窍，以絮囊水杆，自窍唧水，既能汲水，又能排水．简单来说，就是一种特制造水枪．设灭火时保持水喷出时的速率不变，则下列说法中正确的是(B)A．灭火时应将“唧筒”的轴线指向着火点B．想要使水达到更高的着火点，必须调大“唧筒”与水平面间的夹角(90°以内)C．想要使水达到更远的着火点，必须调小“唧筒”与水平面间的夹角(90°以内)D．若将出水孔扩大一些，则推动把手的速度相比原来应适当慢一些解析：水离开出水口后做抛体运动，所以灭火时“唧筒”的轴线不能指向着火点，故A错误；当调大“唧筒”与水平面间的夹角，即水在竖直方向的初速度增大，所以竖直位移更大，将到达更高的着火点，故B正确；当调小“唧筒”与水平面间的夹角时，水在空中的时间减小，虽然水在水平方向的速度增大，但是不一定能使水达到更远的着火点，故C错误；若将出水孔扩大一些，则推动把手的速度相比原来应适当快一些，才能使水喷出的速度大小不变，故D错误．考向3 圆周运动问题(2022·南通基地大联考)如图甲所示，质量为m 的小球与轻绳一端相连，绕另一端点O 在竖直平面内做圆周运动，圆周运动半径为R ，重力加速度为g ，忽略一切阻力的影响．现测得绳子对小球的拉力T 随时间变化的图像如图乙所示，则( B )A ．t 2＝2t 1B ．t 1时刻小球在与O 点等高的位置C ．t 2时刻小球的速度大小为6gRD ．t 4时刻小球的速度恰好为零 解析：t 2时刻小球到达最低点，由重力与绳子拉力的合力提供向心力，则有6mg －mg ＝m v 22 R ，解得v 2＝5gR ，故C 错误；t 4时刻小球到达最高点，由图知，绳的拉力为0，由重力提供向心力，则有mg ＝m v 24 R ，得v 4＝gR ，故D 错误；从最高点到与圆心等高处，由mgR ＝12m v 21 －12m v 24 ，解得v 1＝3Rg ，由F 1＝m v 21 R ，解得F 1＝3mg ，即t 1时刻轻绳位于水平方向，B 正确；根据图像可知，0时刻小球在最高点，t 2时刻小球到达最低点，因为小球在竖直平面内做圆周运动，速度大小在变，所以t 2≠2t 1，故A 错误．(1) 解决圆周运动问题的主要步骤(2) 求解竖直平面内圆周运动问题的思路(2023·苏锡常镇调研二)如图所示，某同学在绳子的一端拴一个小沙袋，另一端握在手中，将手举过头顶，使沙袋在水平面内做圆周运动，以感受向心力的大小．则(B)A．为使感受到的力等于沙袋的向心力，活动中可以使绳子保持水平B．为使感受到的力近似等于沙袋的向心力，应使沙袋的转速大一些C．被甩动的绳子越长，沙袋的向心力越大D．被甩动的绳子越长，沙袋的向心力越小解析：沙袋在水平面内做圆周运动，沙袋做圆周运动的向心力由沙袋自身的重力和绳子对沙袋的拉力这两个力的合力提供，受力分析如图所示，竖直方向，始终有绳子拉力在竖直方向的分力大小等于重力，方向相反，因此，活动中绳子不可能保持水平，故A错误；设绳子与水平面的夹角为θ，绳长为l，则有mgtan θ＝mω2l cos θ，而绳子的拉力T＝mgsin θ，为使感受到的力近似等于沙袋的向心力，则要使tan θ近似等于sin θ，那么绳子与水平方向的夹角就要很小，而由向心力的表达式可得mg＝mω2l sin θ，减小θ角，ω就要增大，因此必须增大转速才能使感受到的力近似等于沙袋的向心力，故B正确；沙袋的向心力F n＝mgtan θ＝mω2lcos θ，可知沙袋的向心力不仅跟甩动的绳长有关，还与m、ω、θ有关，假若增大绳长的同时，减小转动的角速度，则沙袋的向心力可能不变，也可能减小，故C、D错误．考向4 天体运动问题(2023·浙江卷)木星的卫星中，木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为1∶2∶4.木卫三周期为T ，公转轨道半径是月球绕地球轨道半径r 的n 倍．月球绕地球公转周期为T 0，则( D )A ．木卫一轨道半径为 n 16rB ．木卫二轨道半径为 n 2rC ．周期T 与T 0之比为n 32D ．木星质量与地球质量之比为 T 20 T 2n 3解析：由开普勒第三定律，r 31 T 21 ＝r 32 T 22 ＝r 33 T 23，木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为1∶2∶4，可得木卫一轨道半径为r 1＝nr 316，木卫二轨道半径为r 2＝nr34，故A 、B 错误；木卫三围绕的中心天体是木星，月球围绕的中心天体是地球，根据题意无法求出周期T 与T 0之比，故C 错误；根据万有引力提供向心力，分别有G M 木m (nr )2＝m 4π2T 2nr ，G M 地m r 2＝m 4π2T 20r ，联立可得M 木M 地＝T 20 T 2n 3，故D 正确．(1) 天体质量和密度的估算问题①已知中心天体表面的重力加速度g 和天体半径R ，由G Mm R 2＝mg 可求得M＝R 2g G ，ρ＝3g 4πGR .②已知环绕天体的轨道半径r 、周期T ，由G Mm r 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ，可求得M ＝4π2r 3GT 2，ρ＝3πr 3GT 2R 3.(2) 变轨问题航天器在不同圆形轨道上运行时机械能不同，轨道半径越大，机械能越大；航天器经过不同轨道相交的同一点时加速度相等，卫星追及应从低轨道加速或从高轨道减速．(3) 人造卫星问题①做匀速圆周运动的卫星所受万有引力完全提供所需向心力，即F 引＝F 向，可推导出人造卫星的线速度、角速度、周期与轨道半径的关系．②同步卫星绕地心做匀速圆周运动的周期等于地球的自转周期．同步卫星都在赤道上空相同的高度上．③“双星”是共同绕它们连线之间某点做圆周运动，且周期相等的两颗卫星．(2023·苏锡常镇调研一)2021年2月，“天问一号”火星探测器被火星捕获，经过一系列变轨后从“调相轨道”进入“停泊轨道”，为着陆火星做准备．如图所示，阴影部分为探测器在不同轨道上绕火星运行时与火星的连线相同时间扫过的面积，下列说法中正确的是( C )A ．图中两阴影部分的面积相等B ．从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器周期变大C ．从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器机械能变小D ．探测器在P 点的加速度小于在N 点的加速度解析：根据开普勒第二定律可知探测器绕火星运行时在同一轨道上与火星的连线相等时间扫过的面积相等，但在不同轨道上与火星的连线相同时间扫过的面积不相等，故A 错误；根据开普勒第三定律知探测器在“停泊轨道”上运行周期小于在“调相轨道”上的周期，故B 错误；探测器从“调相轨道”进入“停泊轨道”需在P 点减速，做近心运动，故机械能减小，C 正确；根据牛顿第二定律GMm r 2＝ma ，可知在P 点的加速度比在N 点的大，故D 错误．(2023·苏州质量调研)图甲为土星探测器拍摄的照片(图乙为其示意图)，“土卫三十五”位于土星内环和外环之间的缝隙里，由于其对所经过区域的引力作用，原本平滑的土星环边沿泛起“涟漪”．已知两土星环由大量碎块组成且绕土星运行方向相同，“土卫三十五”轨道与两环始终位于同一平面，则下列关于“土卫三十五”的运行方向的说法中，正确的是( B )A ．与两环绕行方向相同且正向图甲右上方运动B ．与两环绕行方向相同且正向图甲左下方运动C ．与两环绕行方向相反且正向图甲右上方运动D ．与两环绕行方向相反且正向图甲左下方运动解析：根据万有引力公式G Mm r 2＝mω2r ，解得ω＝GMr 3，因此可知轨道半径越大，角速度越小．对于内环而言，如果内环和土卫三十五同向运动，则由于内环角速度大于土卫三十五，可知其泛起的涟漪将超前土卫三十五，此时内环顺时针运动，如果内环和土卫三十五反向运动，由于涟漪在左下方，仍可知内环仍沿顺时针运动；由于两环运动方向相同，因此外环也顺时针运动，而外环涟漪在右上方，且外环角速度小于土卫三十五，因此可知土卫三十五顺时针运动，故B 正确．。
能力呈现【考情分析】力与曲线运动是力学中非常重要的内容,是高考热点之一.高考中单独考查曲线运动的知识点时,题型为选择题;将曲线运动与功和能、电场和磁场综合时,题型为计算题.【备考策略】考查的知识点有:对平抛运动的理解及综合运用、运动的合成与分解思想方法的应用、竖直平面内圆周运动的理解和应用、天体的运动.在复习中,要将基础知识、基本概念与牛顿运动定律及功能原理相结合,抓住处理问题的基本方法即运动的合成与分解,灵活掌握常见的曲线运动模型即平抛运动和类平抛运动,掌握竖直平面内的圆周运动并判断完成圆周运动的临界条件.1. (多选)(2013·上海)如图所示,在平静海面上,两艘拖船A 、B 拖着驳船C 运动的示意图.A 、B 的速度分别沿着缆绳CA 、CB 方向,A 、B 、C 不在一条直线上.由于缆绳不可伸长,因此C 的速度在CA、CB方向的投影分别与A、B的速度相等.由此可知C的( )A. 速度大小可以介于A、B的速度大小之间B. 速度大小一定不小于A、B的速度大小C. 速度方向可能在CA和CB的夹角范围外D. 速度方向一定在CA和CB的夹角范围内2. (2013·南京盐城一模)如图所示,球网高出桌面H,网到桌边的距离为L.某人在乒乓球训练中,从左侧处,将球沿垂直于网的方向水平击出,球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘.设乒乓球运动为平抛运动.则( )A. 击球点的高度与网高度之比为2∶1B. 乒乓球在网左右两侧运动时间之比为2∶1C. 乒乓球过网时与落到桌边缘时速率之比为1∶2D. 乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1∶23. (2013·江苏)火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行,根据开普勒行星运动定律可知( )A. 太阳位于木星运行轨道的中心B. 火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等C. 火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方D. 相同时间内,火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积4. (多选)(2013·金陵中学)如图所示,小球m在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动.下列说法中正确的有( )A. 小球通过最高点的最小速度为B. 小球通过最高点的最小速度为0C. 小球在水平线ab以下管道中运动时,外侧管壁对小球一定有作用力D. 小球在水平线ab以上管道中运动时,内侧管壁对小球一定有作用力能力巩固1. (多选)(2013·全国)公路急转弯处通常是交通事故多发地带.如图所示,某公路急转弯处是一圆弧,当汽车行驶的速率为v c时,汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势,则在该弯道处( )A. 路面外侧高、内侧低B. 车速只要低于v c,车辆便会向内侧滑动C. 车速虽然高于v c,但只要不超出某一最高限度,车辆便不会向外侧滑动D. 当路面结冰时,与未结冰时相比, v c的值变小2. (多选)(2013·江苏)如图所示,从地面上同一位置抛出两小球A、B,分别落在地面上的M、N点,两球运动的最大高度相同. 空气阻力不计,则( )A. B的加速度比A的大B. B的飞行时间比A的长C. B在最高点的速度比A在最高点的大D. B在落地时的速度比A在落地时的大3. (2013·福建)设太阳质量为M,某行星绕太阳公转周期为T,轨道可视为半径为r的圆.已知引力常量为G,则描述该行星运动的上述物理量满足( )A. GM=2324πrT B. GM=2224πrT C. GM=2234πrT D. GM=324πrT4. (2013·镇江一模)如图所示,质量为m的小物块在光滑的水平面上以v0向右做直线运动,经距离l后,进入半径为R的光滑半圆形轨道,从圆弧的最高点飞出,恰好落在出发点上.已知l=1.6 m,m=0.10kg,R=0.4 m,不计空气阻力,重力加速度取g=10 m/s2.(1) 求小物块运动到圆形轨道最高点时的速度大小以及此时小物块对轨道的压力.(2) 求小物块的初速度大小v0.(3) 若圆形轨道粗糙,则小物块恰能通过圆形轨道最高点.求小物块在这个过程中克服摩擦力所做的功.专题三力与曲线运动【能力摸底】1. BD2. D3. C4. BC【能力提升】例1 A例2 (1) 0.8 m (2) E k=3.25h例3 (1) T0=2π(2) 小球对盒子的右侧面和下侧面有作用力,大小分别为4mg和mg例4 (1) v Av Bv0≤…) 例5 D 例6 A 例7 ABD【能力巩固】1. AC2. CD3. A4. (1) 由平抛运动规律得竖直方向2R=12gt2,水平方向l=vt, 解得v=4 m/s.最高点F N+mg=m2v R,解得F N=3 N.由牛顿第三定律得,小物块对轨道的压力为3N,方向竖直向上.(2) 由动能定理-2mgR=12mv2-12m20v,解得v0m/s.(3) 最高点mg=m2'v R,由动能定理-2mgR-W克=12mv'2-12m20v,解得W克=0.6 J.。
第2课时 电场和磁场中的曲线运动1．带电粒子在电场中受到电场力，如果电场力的方向与速度方向不共线，粒子将会做曲线运动；如果带电粒子垂直进入匀强电场，将会做类平抛运动，由于加速度恒定且与速度方向不共线，因此是匀变速曲线运动．2．研究带电粒子在匀强电场中的类平抛运动的方法与平抛运动相同，可将运动分解为垂直电场方向的匀速直线运动和沿电场方向的匀加速直线运动；若场强为E ，其加速度的大小可以表示为a ＝qEm .3．带电粒子垂直进入匀强磁场时将做匀速圆周运动，向心力由洛伦兹力提供，洛伦兹力始终垂直于运动方向，它不做功．其半径R ＝m v qB ，周期T ＝2πmqB.1．带电粒子在电场和磁场的组合场中运动时，一般是类平抛运动和匀速圆周运动的组合，可以先分别研究这两种运动，而类平抛运动的末速度往往是匀速圆周运动的线速度，分析运动过程中转折点的速度是解决此类问题的关键．2．本部分内容通常应用运动的合成与分解的方法、功能关系和圆周运动的知识解决问题.考向1 带电粒子在电场中的曲线运动问题例1 (2014·山东·18)如图1所示，场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd ，水平边ab 长为s ，竖直边ad 长为h .质量均为m 、带电量分别为＋q 和－q 的两粒子，由a 、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v 0等于( )图1A.s 2 2qE mhB.s2 qEmh C.s 42qE mh D.s4qE mh审题突破 正负粒子在电场中做什么运动？两粒子轨迹恰好相切说明什么？解析 根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd 的中心，则在水平方向有12s ＝v 0t ，在竖直方向有12h ＝12·qE m ·t 2，解得v 0＝s 2 qEmh .故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．答案 B以题说法 1.带电粒子在电场中的一般曲线运动特点是运动轨迹一定在合力和速度的夹角范围内，且向着力的方向弯曲，这是我们画轨迹或者分析受力的依据.2.对于类平抛运动模型通常采用运动的合成与分解方法处理．一对平行金属板长为L ，两板间距为d ，质量为m ，电荷量为e 的电子从平行板左侧以速度v 0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压u AB 如图2所示，交变电压的周期T ＝L2v 0，已知所有电子都能穿过平行板，且偏距最大的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则( )图2A ．所有电子都从右侧的同一点离开电场B ．电子离开电场时速度可能大于v 0C ．t ＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大D ．t ＝T 4时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为d 16答案 D解析 电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子垂直电场方向分速度图象如图，可知，各个电子在垂直电场方向的位移不全相同，故所有电子从右侧离开电场的位置不全相同，故A 错误；由图看出，所有电子离开电场时，垂直电场方向分速度v y ＝0，速度都等于v 0，故B 错误；由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同，故C 错误；t ＝T 4时刻进入电场的电子，在t ＝3T 4时刻侧位移最大，最大侧位移为y m ＝2×12a (T 4)2＝aT 216，在t ＝0时刻进入电场的电子侧位移最大为d 2，则有d 2＝4×12a (T 2)2＝aT 22，解得y m ＝d16，故D 正确．考向2 带电体在电场中的曲线运动问题例2 如图3所示，MPQO 为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E ，ACB 为光滑固定的半圆形绝缘轨道，圆轨道半径为R ，圆心为O ，A 、B 为圆水平直径的两个端点，OC 竖直．一个质量为m 、电荷量为－q 的带电小球，从A 点正上方高为H 处由静止释放，并从A 点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是( )图3A ．小球一定能从B 点离开轨道B ．小球在AC 部分不可能做匀速圆周运动 C ．若小球能从B 点离开，上升的高度一定小于HD ．小球到达C 点的速度可能为零审题突破 小球在运动过程中有哪几个力做功，是正功还是负功？小球在AC 部分做匀速圆周运动的条件是什么？如果小球到达C 点的速度为零，小球还能不能沿AC 半圆轨道运动？ 解析 由于题中没有给出H 与R 、E 的关系，所以小球不一定能从B 点离开轨道；若重力大小等于电场力，小球在AC 部分做匀速圆周运动．由于小球在AC 部分运动时电场力做负功，所以若小球能从B 点离开，上升的高度一定小于H ；若小球到达C 点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C 点的速度不可能为零． 答案 C以题说法 1.带电体一般要考虑重力，而且电场力对带电体做功的特点与重力相同，即都与路径无关．2．带电体在电场中做曲线运动(主要是类平抛、圆周运动)的分析方法与力学中的方法相同，只是对电场力的分析要更谨慎．如图4所示，在竖直向上的匀强电场中，从倾角为θ的斜面上的M 点水平抛出一个带负电小球，小球的初速度为v 0，最后小球落在斜面上的N 点．在已知θ、v 0和小球所受的电场力大小F 及重力加速度g 的条件下，不计空气阻力，则下列判断正确的是( )图4A ．可求出小球落到N 点时重力的功率B ．由图可知小球所受的重力大小不可能等于电场力C ．可求出小球从M 点到N 点的过程中电势能的变化量D ．可求出小球落到N 点时速度的大小和方向 答案 D解析 质量未知，故无法求重力功率，故A 错误；小球做类平抛运动，重力与电场力的大小不确定，可能两者相等，故B 错误；小球从M 点到N 点的过程中电势能的变化量ΔE p ＝Fy ＝F ·v 2y 2a ，由于加速度a 无法求出，所以电势能的变化量不能求出，故C 错误；利用平抛知识有y x ＝v y t 2v 0t ＝v y 2v 0＝tan θ，速度偏向角设为α，则tan α＝v y v 0＝2tan θ，则得：v y ＝2v 0tan θ，故v N ＝v 20＋v 2y ＝1＋4tan 2θv 0，D 正确．考向3 带电粒子在磁场中的圆周运动问题例3 如图5所示，在xOy 平面内，有一个圆形区域的直径AB 与x 轴重合，圆心O ′的坐标为(2a,0)，其半径为a ，该区域内无磁场．在y 轴和直线x ＝3a 之间的其他区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子从y 轴上某点射入磁场．不计粒子重力．图5(1)若粒子的初速度方向与y 轴正向的夹角为60°，且粒子不经过圆形区域就能到达B 点，求粒子的初速度大小v 1；(2)若粒子的初速度方向与y 轴正向的夹角为60°，在磁场中运动的时间为Δt ＝πm /3Bq ，且粒子也能到达B 点，求粒子的初速度大小v 2；(3)若粒子的初速度方向与y 轴垂直，且粒子从O ′点第一次经过x 轴，求粒子的最小初速度v min .审题突破 粒子不经过圆形区域到达B 点时速度有何特点？画出运动轨迹，如何根据几何关系求半径？解析 (1)粒子不经过圆形区域就能达到B 点，故粒子到达B 点时的速度竖直向下，圆心必在x 轴正半轴上，设粒子圆周运动的半径为r 1， 由几何关系得：r 1sin 30°＝3a －r 1又q v 1B ＝m v 21r 1，解得：v 1＝2qBam.(2)粒子在磁场中运动的周期T ＝2πmBq ，故粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角为α＝ΔtT ×360°＝60°粒子到达B 点的速度与x 轴夹角β＝30° 设粒子做圆周运动的半径为r 2，由几何关系得： 3a ＝2r 2sin 30°＋2a cos 230°又q v 2B ＝m v 22r 2，解得：v 2＝3qBa2m.(3)设粒子从C 点进入圆形区域，O ′C 与O ′A 夹角为θ，轨迹圆对应的半径为r ， 由几何关系得：2a ＝r sin θ＋a cos θ 故当θ＝60°时，半径最小为r min ＝3a 又q v min B ＝m v 2minr min ，解得v min ＝3qBa m .答案 (1)2qBa m (2)3qBa 2m (3)3qBam以题说法 1.对于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的问题，基本思路是：根据进场点和出场点的速度方向，确定洛伦兹力的方向，其交点为圆心，利用几何关系求半径． 2．带电粒子在常见边界磁场中的运动规律 (1)直线边界：①对称性：若带电粒子以与边界成θ角的速度进入磁场，则一定以与边界成θ角的速度离开磁场．②完整性：正、负带电粒子以相同的速度进入同一匀强磁场时，两带电粒子轨迹圆弧对应的圆心角之和等于2π.(2)圆形边界：沿径向射入的粒子，必沿径向射出．如图6所示，在屏蔽装置底部中心位置O点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v＝3.2×106 m的α粒子．已知屏蔽装置宽AB＝9 cm、缝长AD＝18 cm，α粒子的质量m＝6.64×10－27kg，电量q＝3.2×10－19C．若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度B＝0.332 T，方向垂直于纸面向里，整个装置放于真空环境中．图6(1)若所有的α粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度d至少是多少？(2)若条形磁场的宽度d＝20 cm，则射出屏蔽装置的α粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少？(结果保留2位有效数字)答案(1)0.34 m(2)2.0×10－7 s 6.5×10－8 s解析(1)由题意：AB＝9 cm，AD＝18 cm，可得：∠BAO＝∠ODC＝45°所有α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为R，根据牛顿第二定律有：Bq v＝m v2 R解得R＝0.2 m＝20 cm由题意及几何关系可知：若条形磁场区域的右边界与沿OD方向进入磁场的α粒子的圆周轨迹相切，则所有α粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，如图(1)所示．(1)设此时磁场宽度为d 0，由几何关系得： d 0＝R ＋R cos 45°＝(20＋102) cm ≈0.34 m(2)设α粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为T ，则T ＝2πm Bq ＝π8×10－6 s设速度方向垂直于AD 进入磁场区域的α粒子的入射点为E ，如图(2)所示．(2)因磁场宽度d ＝20 cm<d 0，且R ＝20 cm ，则在∠EOD 间出射进入磁场区域的α粒子均能穿出磁场右边界，在∠EOA 间出射进入磁场区域的α粒子均不能穿出磁场右边界，所以沿OE 方向进入磁场区域的α粒子运动轨迹与磁场右边界相切，在磁场中运动时间最长． 设在磁场中运动时间最长为t max ，则t max ＝T 2＝π16×10－6 s ≈2.0×10－7 s若α粒子在磁场中做匀速圆周运动对应的圆弧轨迹的弦最短，则α粒子穿过磁场时间最短．最短的弦长为磁场宽度d .设在磁场中运动的最短时间为t min ，轨迹如图(2)所示．因R ＝d ，则圆弧对应圆心角为60°，故t min ＝T 6＝π48×10－6 s ≈6.5×10－8 s5．带电粒子在电场和磁场中运动的综合问题例4 (16分)如图7所示，坐标系xOy 在竖直平面内，水平轨道AB 和斜面BC 均光滑且绝缘，AB 和BC 的长度均为L ，斜面BC 与水平地面间的夹角θ＝60°，有一质量为m 、电量为＋q 的带电小球(可看成质点)被放在A 点．已知在第一象限分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，场强大小E 2＝mgq，磁场为水平方向(图中垂直纸面向外)，磁感应强度大小为B ；在第二象限分布着沿x 轴正向的水平匀强电场，场强大小E 1＝B 2qL6m .现将放在A 点的带电小球由静止释放，则小球需经多少时间才能落到地面(小球所带的电量不变)?图7解析 设带电小球运动到B 点时速度为v B ，则由功能关系：E 1qL ＝12m v 2B，解得：v B ＝3BLq3m (2分)设带电小球从A 点运动到B 点用时为t 1，则由v B ＝E 1q m t 1，解得t 1＝23mqB (2分)当带电小球进入第一象限后所受电场力为 F 电＝E 2q ＝mg (2分)所以带电小球做匀速圆周运动Bq v B ＝m v 2BR (1分)则带电小球做匀速圆周运动的半径R ＝m v B qB ＝33L (1分)则其圆周运动的圆心为如图所示的O ′点，BO ＝BC ·cos 30°＝32L ，OO ′＝BO －R ＝36L ， OC ＝BC ·cos 60°＝12L (2分)假设小球直接落在水平面上的C ′点，则OC ′＝R 2－(OO ′)2＝12L ＝OC (2分)所以C ′与C 重合，小球正好打在C 点． ∠BO ′C ＝120°(1分)所以带电小球从B 点运动到C 点运动时间t 2＝13T ＝2πm 3qB (1分)所以小球从A 点出发到落地的过程中所用时间t ＝t 1＋t 2＝23m qB ＋2πm3qB .(2分)答案 23m qB ＋2πm 3qB(限时：15分钟，满分：20分)(2014·全国大纲·25)如图8所示，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xy 平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x 轴负向．在y 轴正半轴上某点以与x 轴正向平行、大小为v 0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d,0)点沿垂直于x 轴的方向进入电场．不计粒子重力．若该粒子离开电场时速度方向与y 轴负方向的夹角为θ，求：图8(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值； (2)该粒子在电场中运动的时间． 答案 (1)12v 0tan 2θ (2)2dv 0tan θ解析(1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动．设磁感应强度的大小为B ，粒子质量与所带电荷量分别为m 和q ，圆周运动的半径为R 0.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得q v 0B ＝m v 20R 0①由题给条件和几何关系可知 R 0＝d ②设电场强度大小为E ，粒子进入电场后沿x 轴负方向的加速度大小为a x ，在电场中运动的时间为t ，离开电场时沿x 轴负方向的速度大小为v x .由牛顿第二定律及运动学公式得Eq ＝ma x ③ v x ＝a x t ④ v x2t ＝d ⑤ 由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有tan θ＝v xv 0⑥联立①②③④⑤⑥式得E B ＝12v 0tan 2θ⑦(2)联立⑤⑥式得t ＝2dv 0tan θ.(限时：45分钟)题组1 带电粒子在电场中的曲线运动问题1．如图1所示，图中MN 是由负点电荷产生的电场中的一条电场线．一带正电粒子q 飞入电场后，只在电场力作用下沿图中虚线运动，a 、b 是该曲线上的两点，则下列说法正确是( )图1A ．a 点的电场强度大于b 点的电场强度B ．a 点的电势低于b 点的电势C ．粒子在a 点的动能小于在b 点的动能D．粒子在a点的电势能小于在b点的电势能答案 C解析由只受电场力作用且做曲线运动物体受力指向轨迹内侧知，场源电荷在左侧，根据负电荷周围电场分布特点可知：a点的电场强度小于b点的电场强度，a点的电势高于b点的电势，故A、B错误；粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故C正确，D错误．故选C.2．如图2所示，虚线表示某电场的等势面．一带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点的径迹如图中实线所示．粒子在A点的速度为v A、电势能为E p A；在B点的速度为v B、电势能为E p B.则下列结论正确的是()图2A．粒子带正电，v A>v B，E p A>E p BB．粒子带负电，v A>v B，E p A<E p BC．粒子带正电，v A<v B，E p A<E p BD．粒子带负电，v A<v B，E p A>E p B答案 B解析根据电场力与等势面垂直，又要指向轨迹弯曲的内侧，又电场线垂直于等势面由高电势指向低电势，故可判断电场力与电场方向相反，即该粒子带负电，由题图知U AB＝5 V，粒子从A运动到B的过程中，电场力做功W＝qU AB，做负功，故动能减小，电势能增大，所以v A>v B，E p A<E p B，故B正确，A、C、D错误．3．如图3所示，真空中有A、B两个等量异种点电荷，O、M、N是AB连线的垂线上的三个点，且AO>OB.一个带正电的检验电荷仅在电场力的作用下，从M点运动到N点，其轨迹如图中实线所示．下列说法正确的是()图3A．A电荷为正电荷，B电荷为负电荷B．M点的电势等于N点的电势C ．M 点的电场强度大于N 点的电场强度D ．检验电荷在M 点的动能大于在N 点的动能 答案 C解析 据带正电粒子的运动轨迹，粒子受到的电场力指向轨迹弯曲的内侧知A 为负电荷，B 为正电荷，故A 错误．因为AO ＞OB ，根据等量异种点电荷电场线及等势面分布特点可知M 点的电势高于N 点的电势，M 点的电场强度大于N 点的电场强度，故B 错误，C 正确．正电荷在电势高处电势能大，M 点的电势高于N 点的电势，则正电荷在M 点的电势能大于在N 点的电势能，在M 点的动能小于在N 点的动能．故D 错误．4．如图4所示，实线为一匀强电场的电场线，两个带电粒子甲和乙分别从A 、C 两点以垂直于电场线方向的相同大小的初速度v 0同时射入电场，粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹分别为图中虚线ABC 与CDA 所示．若甲是带正电的粒子，则下列说法正确的是( )图4A ．乙也是带正电的粒子B ．A 点的电势低于C 点的电势 C ．甲乙两粒子的电势能均减小D ．甲乙两粒子的电量一定相等 答案 C解析 甲乙两粒子均在匀强电场中做曲线运动，根据合外力指向轨迹的凹侧，甲粒子带正电所受电场力向右，则电场线向右；乙粒子受电场力向左，故带负电，选项A 错误．沿着电场线的电势逐渐降低，可得φA >φC ，选项B 错误．电场力均对两粒子做正功，由功能关系知电势能减小，选项C 正确．两粒子做类平抛运动，垂直电场线方向：t ＝d v 0，沿电场线方向：L ＝12qEmt 2，两粒子沿ABC 和CDA 轨迹的d 、L 相同，故qm 相同，但电量不一定相等，选项D 错误．故选C.题组2 带电体在电场中的曲线运动问题5．如图5所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E .一根不可伸长的绝缘细线长度为l ，一端拴一个质量为m 、电荷量为q 的带负电小球，另一端固定在O 点．把小球拉到使细线水平的位置A ，由静止释放，小球沿圆弧运动到位置B 时，速度为零．图中角θ＝60°.以下说法正确的是( )图5A ．小球在B 位置处于平衡状态B ．小球受到重力与电场力的关系是mg ＝3qEC ．小球在B 点的加速度大小为gD ．小球从A 运动到B 的过程中，电场力对其做的功为12qEl答案 C解析 小球到达B 点时速度为零，但合力不为零，不是平衡状态，故A 错误；小球从A 到B 的过程中，由mgl sin θ－qEl (1－cos θ)＝0，可解得qE ＝3mg ，所以B 错误；小球沿切向方向的合力F 合＝qE cos 30°－mg sin 30°＝ma ，a ＝qE cos 30°－mg sin 30°m ＝3mg ·32－mg ·12m＝g ，故C正确；小球从A 到B ，沿电场线方向运动的有效距离：d ＝l －l cos θ＝12l ，所以电场力做功：W＝－qEd ＝－12Eql ，应为负功，故D 错误．6．如图6所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m 的带负电小球以水平方向的初速度v 0由O 点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P 点，已知连线OP 与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P 点时的动能为( )图6A ．m v 20B.m v 202 C ．2m v 20 D.5m v 202答案 D解析 由题可知，小球到P 点时，水平位移和竖直位移相等，即v 0t ＝0＋v Py2t ，合速度v P ＝v 20＋v 2Py ＝5v 0，则E k P ＝12m v 2P ＝52m v 20.7．如图7所示，半径为R 的14光滑圆弧轨道与光滑水平面相切于B 点，O 为光滑圆弧的圆心，其中OB 竖直，OC 水平，且AB ＝R ，整个空间存在水平向右的匀强电场，质量为m 的带正电小球从A 点静止释放，其所受电场力为重力的43倍，重力加速度为g ，求：图7(1)小球到达C 点时对轨道的压力大小；(2)小球从A 点运动到C 点过程中最大速度的大小．答案 (1)143mg (2)2gR解析 (1)已知Eq ＝43mg ，小球从A 到C ，由动能定理得：Eq ·2R －mgR ＝12m v 2C －0对小球，在C 处由牛顿第二定律得：F N C －Eq ＝m v 2CR得小球受轨道的支持力F N C ＝143mg由牛顿第三定律小球对轨道的压力F N C ′＝F N C ＝143mg .(2)在BC 圆弧上某点D ，电场力和重力的合力与速度方向垂直时速度有最大值，此时小球所在位置D 的半径与水平方向的夹角tan θ＝mg Eq ＝34，小球从A 到D ，由动能定理得Eq (R ＋R cos θ)－mg (R －R sin θ)＝12m v 2D －0解得最大速度v D ＝2gR .题组3 带电粒子在磁场中的圆周运动问题8．(2014·新课标Ⅱ·20改编)图8为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提供匀强磁场．硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是( )图8A ．电子与正电子的偏转方向可能相同B ．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C ．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D ．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小 答案 C解析 根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项A 错误；根据q v B ＝m v 2r ，得r ＝m vqB ，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项B 错误；对于质子、正电子，它们在磁场中运动时不能确定m v 的大小，故选项C 正确；粒子的m v 越大，轨道半径越大，而m v ＝2mE k ，粒子的动能大，其m v 不一定大，选项D 错误．9．如图9所示，竖直面内有一倒立等边三角形OMN 区域，边长为L ，MN 边是水平的．在该区域有一垂直纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场．在同一竖直面内有一束质量为m 、电荷量为q 、速度大小不同的带正电粒子从N 点沿NM 方向射入该磁场区域(可认为能发生偏转)．过O 点作与MN 边平行的直线作为x 坐标轴，且O 点为x 坐标轴的原点．不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，试求：图9(1)射到x 坐标轴上的O 点的粒子速度大小； (2)垂直OM 边射出的粒子与x 坐标轴的交点位置； (3)粒子在磁场中运动的时间和速度的关系．答案 (1)3qBL3m(2)2(3－1)L(3)t ＝⎩⎨⎧2πm 3qB (v ≤3qBL3m)m [arccos (m v －3qBL 2m v )－π3]qB(v >3qBL3m)解析 (1)粒子的行进路线如图中弧线的轨迹NO ，根据几何知识有R ＝L2cos 30°又q v B ＝m v 2R ，得到射到x 坐标轴上O 点的粒子速度大小v ＝qBL 2mcos 30°＝3qBL3m(2)粒子的行进路线如图中的轨迹2， 根据几何知识有：R 2＝3L 另有R 2－L sinπ6＝x ，得x ＝2(3－1)L .(3)从ON 边射出的粒子根据几何知识有：在磁场中轨迹圆弧对应的圆心角都是2π3，所以这些粒子在磁场中运动的时间与速度无关，则t ＝2πm3qB.从OM 边射出的粒子行进路线可用图中的轨迹3代表，根据几何知识有：R ＝R cos α＋(L －R sinα)tan π3其中R ＝m v qB 且α角的范围是(0，2π3)可得α＝arccos(m v －3qBL 2m v )－π3，而t ＝αmqB ，得t ＝m [arccos (m v －3qBL 2m v )－π3]qB .题组4 带电粒子在电场和磁场中运动的综合问题分析10．(2014·江苏·9改编)如图10所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I ，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B 与I 成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为I H ，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压U H 满足：U H ＝k I H Bd ，式中k 为霍尔系数，d 为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R 远大于R L ，霍尔元件的电阻可以忽略，则( )图10A ．霍尔元件前表面的电势低于后表面B ．若电源的正负极对调，电压表将反偏C ．I H 与I 成正比D ．电压表的示数的平方与R L 消耗的电功率成正比 答案 C解析 当霍尔元件通有电流I H 时，根据左手定则，电子将向霍尔元件的后表面运动，故霍尔元件的前表面电势较高．若将电源的正负极对调，则磁感应强度B 的方向换向，I H 方向变化，根据左手定则，电子仍向霍尔元件的后表面运动，故仍是霍尔元件的前表面电势较高，选项A 、B 错误．因R 与R L 并联，根据并联分流，得I H ＝R LR L ＋RI ，故I H 与I 成正比，选项C 正确．由于B 与I 成正比，设B ＝aI ，则I L ＝R R ＋R L I ，P L ＝I 2L R L ，故U H ＝k I H B d ＝ak (R ＋R L )R 2d P L ，知U H ∝P L ，选项D 错误．11．如图11所示，在以坐标原点O 为圆心，半径为R 的半圆形区域(图中虚线与x 轴所围区域)内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E ，方向沿x 轴负方向．匀强磁场方向垂直于xOy 平面．一带负电的粒子(不计重力)从P (0，－R )点沿y 轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经时间t 0从O 点射出．图11(1)求匀强磁场的大小和方向；(2)若仅撤去磁场，带电粒子仍从P 点以相同的速度射入，经时间t 02恰好从半圆形区域的边界射出．求粒子的加速度和射出时的速度大小；(3)在满足(2)的条件下，若仅撤去电场，带电粒子从O 点沿y 轴负方向射入，且速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间．答案 (1)Et 0R 垂直xOy 平面向外 (2)43t 20R13t 0R (3)318πt 0 解析 (1)设带电粒子的质量为m ，电荷量为q ，初速度为v ，磁感应强度为B .可判断出粒子受到的电场力沿x 轴正方向，则洛伦兹力沿x 轴负方向，于是可知磁感应强度垂直xOy 平面向外．且有qE ＝q v B ，R ＝v t 0，则B ＝Et 0R.(2)仅有电场时，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动在y 方向位移y ＝v t 02＝R2设在水平方向位移为x ，因射出位置在半圆形区域边界上，于是x ＝32R 又有x ＝12at 2＝12a (t 02)2得a ＝43t 20R设出射速度v 1，出射时x 方向分速度为v x ，则 v x ＝2x t ＝23t 0R则v 1＝v 2x＋v 2＝13t 0R(3)仅有磁场时，入射速度v 2＝4v ，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，圆心为C ，圆心角为2α，如图，设轨道半径为r ，由牛顿第二定律有q v 2B ＝m v 22r又q v 2B ＝4qE ，qE ＝ma ，得r ＝33R由几何关系知sin α＝R 2r ＝32，则α＝π3带电粒子在磁场中运动周期T ＝2πm qB ＝2πrv 2则带电粒子在磁场中运动时间t ＝2α2πT ＝318πt 0。
