2020年高考物理热点问题复习讲义：曲线运动—恒力与变力

【热点问题2】曲线运动—恒力与变力
【导读】
当物体所受合外力与速度不在同一
直线时，物体将做曲线运动。

在恒力和
变力作用下，曲线运动的性质也不相
同。

典型的曲线运动有抛体运动、圆周运动和摆线运动，不同曲线运动的规律及其研究方法各异。

抛体运动、圆周运动等是近几年高考的热点，且多数与电场力、洛伦兹力联系起来综合考查；由于航天技术、人造地球卫星属于现代科技发展的重要领域，有关人造卫星的曲线运动问题也是高考命题的热点，考查内容以万有引力定律和向心力公式为核心，分析计算天文学、航天技术领域的实际问题。

【真题】
例1（恒力作用）（2015全国Ⅰ-18）一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。

水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h。

发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h。

不计空气的作用，重力加速度大小为g。

若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是() A.
L1
2
g
6h＜v＜L1
g
6h
B.
L1
4
g
h＜v＜
(4L21＋L22)g
6h
C.
L1
2
g
6h＜v＜
1
2
(4L21＋L22)g
6h
D.
L1
4
g
h＜v＜
1
2
(4L21＋L22)g
6h
答案 D
解析发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都做平抛运动。

当速度v 最小时，球沿中线恰好过网，有：
3h－h＝
1
2gt1
2①
1
2L1＝v1t1 ②
联立①②两式，得v1＝
L1
4
g
h
当速度v最大时，球斜向右侧台面两个角发射，有
(
L2
2)
2＋L21＝v2t2 ③
3h ＝12gt 2
2
④ 联立③④两式，得
v 2＝1
2
(4L 21＋L 2
2)g
6h
所以使乒乓球落到球网右侧台面上，v 的最大取值范围为L 1
4g
h ＜v
＜12 (4L 21＋L 2
2)g
6h
，选项D 正确。

例2（变力作用）（2012全国Ⅰ-25）如图，一半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）。

在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q 的粒子沿图中直线在圆上的a 点射入柱形区域，在圆
上的b 点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。

圆心O 到直线的距离为3
5R 。

现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a 点射入柱形区域，也在b 点
离开该区域。

若磁感应强度大小为B ，不计重力，求电场强度的大小。

答案：2
145qRB E m
=
解析：粒子在磁场中做圆周运动。

设圆周的半径为r ，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得
2
q B m
r
=v v ①
式中v 为粒子在a 点的速度。

过b 点和O 点作直线的垂线，分别与直线交于c 和d 点。

由几何关系知，线段ac 、bc 和过a 、b 两点的轨迹圆弧的两条半径（未画出）围成一正方形。

因此
ac bc r ==
② 设cd x =，由几何关系得
4
ac 5
R x =
+
③
22
3
bc 5
R R x =+-
④ 联立②③④式得
75
r R = ⑤
再考虑粒子在电场中的运动。

设电场强度的大小为E ，粒子在电场中做类平抛运动。

设其加速度大小为a ，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得
qE ma =
⑥
粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r ，由运动学公式得
21
2
r at = ⑦
a
b
O
c
d
r t =v ⑧
式中t 是粒子在电场中运动的时间。

联立①⑤⑥⑦⑧式得
2145qRB E m
=
⑨
【点拨】
分析物体做曲线运动问题时，要先对物体进行受力分析，如果物体受恒力作用，则物体做抛体运动，运动性质为匀变速曲线运动，一般利用化曲为直的思想方法，把运动分解为匀速直线运动和匀变速直线运动，再结合题设条件及问题进行处理。

当物体做的曲线运动为匀速圆周运动时，则物体所受的合外力为变力，方向始终指向圆心提供向心力，此类问题要利用牛顿第二定律和向心力公式进行分析。

对于带电粒子在匀强磁场中的圆周运动，则要从“找圆心、求半径”入手进行分析，由洛伦兹力提供向心力列式求解。

【巩固】
1．发球机从同一高度向正前方依次水
平射出两个速度不同的乒乓球（忽略空
气的影响）。

速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是 A. 速度较小的球下降相同距离所用的时间较多
B. 速度较小的球在下降相同距离时在
竖直方向上的速度较大
C. 速度较大的球通过同一水平距离所
用的时间较少
D. 速度较大的球在下降相同时间间隔内下降的距离较大
2．现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。

质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从
出口离开磁场。

若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原
来的12倍。

此离子和质子的质量比约
为
A.11
B.12
C.121
D.144
3．如图，两个质量均为m 的小木块a 和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a 与转轴OO ′的距离为l ，b 与转轴的距离为2l ．木块与圆
加速电场
出口
磁场
盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g 。

若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是
A ．b 一定比a 先开始滑动
B ．a 、b 所受的摩擦力始终相等
C ．ω=l
kg
2是b 开始滑动的临界角速度
D ．当ω=l
kg
32时，a 所受摩擦力的大小为kmg
4．利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，目前地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍，假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为
A. 1h
B. 4h
C. 8h
D. 16h 5．如图甲，空间存在一范围足够大的垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B 。

让质量为m ，电量为q （q <0）的粒子从坐标原点O 沿xOy 平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中。

不计重力和粒子间的影响。

⑴若粒子以初速度v 1沿y 轴正向入射，恰好能经过x 轴上的A(a ，0)点，求v 1的大小；
⑵已知一粒子的初速度大小为v （v >v 1），为使该粒子能经过A(a ，0)点，其入射角θ（粒子初速度与x 轴正向的夹角）有几个？并求出对应的sin θ值；
⑶如图乙，若在此空间再加入沿y 轴正向、大小为E 的匀强电场，一粒子从O 点以初速度v 0沿x 轴正向发射。

研究表明：粒子在xOy 平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的x 分量v x 与其所在位置的y 坐标成正比，比例系数与场强大小E 无关。

求该粒子运动过程中的最大速度值v m 。

x
y
O v
θ
B
A
a
甲 x
y
O
E
B
v 0 乙
【巩固】答案与解析 1. 【答案】C
【解析】由题意可知，速度大的先过网，即同样的时间速度大的水平位移大，或者同样的水平距离速度大的用时少，故C 正确。

2.【答案】D
【解析】设质子的质量数和电荷数分别为1m 、1q ，一价正离子的质量数和电荷数为2m 、2q ，对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得：
21
02
qU mv =-
得2qU v m
=
① 在磁场中应满足2
v qvB m r
= ②
由题意，由于两种粒子从同一入口垂直进入磁场，从同一出口垂直离开磁场，故在磁场中做匀速圆周运动的半径应相同． 由①②式联立求解得 匀速圆周运动的半径
12mU r B q
=
，由于加速电压不变，
故12122121
1
1r B m q r B m q =⋅⋅= 其中211212B B q q ==，，可得
121
144
m m = 故一价正离子与质子的质量
比约为144。

3. 【答案】 AC
【解析】小木块都随圆盘做匀速圆周运动时，在发生相对滑动之前，角速度相等，静摩擦力提供向心力，即F 静=mω2r ，由于r a =l ，r b =2l ，所以发生相对滑动前木块b 的静摩擦力大， B 错误；随着角速度的增大，当静摩擦力等于最大静摩擦力，木块将开始滑动，即kmg =mω2r ，kg
r
ω=
，带入两个木块的半径，小木块a 开始滑动时的角速度大于木块b 开始滑动时的角速度。

A 、C 正确；又23kg kg
l l
ω=
<，所以木块 a 未达到临界状态，摩擦力还没有达到最大静摩擦力，所以选项D 错误。

4．【答案】B
【解析】地球自转周期变小，卫星要与地球保持同步，则卫
星的公转周期也应随之变小，由
2
22
4πMm G mr r T
=可得
30°
R
卫星
卫星
卫星
234πr T GM
=
，则卫星离地球的高度应变
小，要实现三颗卫星覆盖全球的目的，则卫星周期最小时，由数学几何关系可作出右图。

由几何关系得，卫星的轨道半径为
2sin30R
r R =
=︒
① 由开普勒第三定律33
1222
12
r r T T = ，代入题中
数据，得
3
3
22
2(6.6)24R r
T = ②
由①②解得24T h ≈ 5. 【答案】⑴
2Bqa
m
（2）220()E E v B B
+
+
【解析】(1)带电粒子以速率v 在匀强磁场B 中做匀速圆周运动，半径为R ，有
2
v
qvB m
R
= ①
当粒子沿y 轴正向入射，转过半个圆周至A 点，该圆周的半径为R 1，有
12
a
R =
②
由②代入①式得
12Bqa
v m
=
③
⑵如图。

O 、A 两点处于同一圆周上，且圆心在
x=a/2的直线上，半径为R 。

当确定一个初速率v 时，有2个入射角，分别在第1、2象限， 有
sin sin 2a
R
θθ'==
④
由①④解得sin 2aqB mv
θ=
⑤
⑶粒子在运动过程中仅有电场力做功，因此在轨道的最高点处速率最大，用y m 表示其y 坐标，由动能定理，有
22
m 01122
m qEy mv mv =
- ⑥
由题意，有 v m =ky m ⑦
若E =0时，粒子以初速度v 0沿y 轴正向入射，有
2
00
v qv B m R =
⑧
v 0=kR 0
⑨
由⑥⑦⑧⑨式解得220()m E E v v B
B
=+
+
R
x
y
O
v
θ B
A
a/2
v
θ θ'
R。