高考化学二轮专题突破专题三力与物体的曲线运动(3)电学中的曲线运动名师精编课件(25张)

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专题2.3 力与曲线运动(解析版)

第二部分核心主干专题突破专题2.3 力与曲线运动目录【突破高考题型】 (1)题型一曲线运动、运动的合成与分解 (1)题型二平抛(类平抛)运动的规律 (4)题型三圆周运动 (7)类型1水平面内圆周运动的临界问题 (7)类型2竖直平面内圆周运动的轻绳模型 (8)类型3竖直平面内圆周运动的轻杆模型 (9)【专题突破练】 (11)【突破高考题型】题型一曲线运动、运动的合成与分解1．曲线运动的理解(1)曲线运动是变速运动，速度方向沿切线方向。

(2)合力方向与轨迹的关系：物体做曲线运动的轨迹一定夹在速度方向与合力方向之间，合力的方向指向曲线的“凹”侧。

2．运动的合成与分解(1)物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方向上的分运动的合成。

(2)根据合外力与合初速度的方向关系判断合运动的性质。

(3)运动的合成与分解就是速度、位移、加速度等的合成与分解，遵循平行四边形定则。

【例1】(2022·学军中学适应考)2021年10月29日，华南师大附中校运会开幕式隆重举行，各班进行入场式表演时，无人机从地面开始起飞，在空中进行跟踪拍摄。

若无人机在水平和竖直方向运动的速度随时间变化关系图像如图所示，则无人机()A．在0～t1的时间内，运动轨迹为曲线B．在t1～t2的时间内，运动轨迹为直线C．在t1～t2的时间内，速度均匀变化D．在t3时刻的加速度方向竖直向上【答案】C【解析】在0～t1的时间内，无人机沿x方向和y方向均做初速度为零的匀加速直线运动，其合运动仍是直线运动，A错误；在t1～t2的时间内，无人机的加速度沿y轴负向，但初速度为t1时刻的末速度，方向不是沿y轴方向，初速度和加速度不共线，因此运动轨迹应是曲线，B错误；在t1～t2的时间内，无人机加速度沿y轴负向，且为定值，因此其速度均匀变化，C正确；在t3时刻，无人机有x轴负方向和y轴正方向的加速度分量，合加速度方向不是竖直向上，D错误。

【例2】．(2022·成都诊断)质量为m的物体P置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑轻质定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动。

高考物理二轮专题突破专题三力与物体的曲线运动1力学中的曲线运动导学案

专题三力与物体的曲线运动第1讲：力学中的曲线运动一、知识梳理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，则有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. （二）规律方法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行动力学分析.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.二、题型、技巧归纳高考题型一运动的合成与分解【例1】在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a 的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度v 0水平向右匀速移动，经过时间t ，猴子沿杆向上移动的高度为h ，人顶杆沿水平地面移动的距离为x ，如图1所示.关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是( )图1A.相对地面的运动轨迹为直线B.相对地面做匀加速直线运动C.t 时刻猴子速度的大小为v 0＋atD.t 时间内猴子的位移大小为x 2＋h 2高考预测1 如图2所示，一卫星经过赤道上空时速度方向与赤道平面夹角为60°，速度大小为v＝1.55×103m/s.此时发动机点火，给卫星一附加速度Δv，使该卫星变轨进入赤道平面内.发动机给卫星的附加速度Δv的最小值和方向为( )图2A.Δv约为1.3×103m/s，方向东偏南30°B.Δv约为1.3×103m/s，方向正南方向C.Δv约为2.7×103m/s，方向东偏南30°D.Δv约为0.8×103m/s，方向正南方向高考预测2 如下图所示，一小球在光滑的水平面上以速度v0向右运动，运动中要穿过一段有水平向北的风带ab，经过风带时风会给小球一个向北的水平恒力，其余区域无风力，则小球过风带及过后的轨迹正确的是( )规律总结解决运动的合成与分解的一般思路(1)明确合运动或分运动的运动性质.(2)确定合运动是在哪两个方向上的合成或分解.(3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度等).(4)运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解.高考题型二抛体运动问题【例2】(2016·浙江理综·23)在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图3所示.P是个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒.高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h.图3(1)若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；(2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围；(3)若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等，求L与h的关系.高考预测3 如图4所示，竖直平面内有一段圆弧MN，小球从圆心O处水平抛出.若初速度为v a，将落在圆弧上的a点；若初速度为v b，将落在圆弧上的b点.已知Oa、Ob与竖直方向的夹角分别为α、β，不计空气阻力，则( )图4A.v a v b ＝sin αsin βB.v a v b ＝cos βcos αC.v a v b ＝cos βcos α·sin αsin βD.v a v b ＝sin αsin β·cos βcos α高考预测4 如图5所示，P 、Q 是固定在竖直平面内的一段内壁光滑弯管的两端，P 、Q 间的水平距离为d .直径略小于弯管内径的小球以速度v 0从P 端水平射入弯管，从Q 端射出，在穿过弯管的整个过程中小球与弯管无挤压.若小球从静止开始由P 端滑入弯管，经时间t 恰好以速度v 0从Q 端射出.重力加速度为g ，不计空气阻力，那么( )图5A.v 0<gdB.v 0＝2gdC.t ＝dg D.t >d g高考题型三圆周运动问题【例3】 (多选)(2016·浙江理综·20)如图6所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R ＝90m 的大圆弧和r ＝40m 的小圆弧，直道与弯道相切.大、小圆弧圆心O 、O ′距离L ＝100m.赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g ＝10m/s 2，π＝3.14)，则赛车( )图6A.在绕过小圆弧弯道后加速B.在大圆弧弯道上的速率为45m/sC.在直道上的加速度大小为5.63m/s 2D.通过小圆弧弯道的时间为5.58s高考预测5 (2016·全国甲卷·16)小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短.将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图7所示.将两球由静止释放.在各自轨迹的最低点( )图7A.P 球的速度一定大于Q 球的速度B.P 球的动能一定小于Q 球的动能C.P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力D.P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度高考预测6 如图8所示，一个圆形框架以竖直的直径为转轴匀速转动.在框架上套着两个质量相等的小球A 、B ，小球A 、B 到竖直转轴的距离相等，它们与圆形框架保持相对静止.下列说法正确的是( )图8A.小球A 受到的合力小于小球B 受到的合力B.小球A 与框架间可能没有摩擦力C.小球B 与框架间可能没有摩擦力D.圆形框架以更大的角速度转动，小球B 受到的摩擦力一定增大规律总结1.解决圆周运动问题要注意以下几点：(1)要进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径.(2)列出正确的动力学方程F ＝m v 2r ＝mrω2＝mωv ＝mr 4π2T2.2.竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度通常利用动能定理来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析.高考题型四平抛与圆周运动组合问题【例4】如图9所示，半径R ＝0.5m 的光滑圆弧轨道ABC 与足够长的粗糙轨道CD 在C 处平滑连接，O 为圆弧轨道ABC 的圆心，B 点为圆弧轨道的最低点，半径OA 、OC 与OB 的夹角分别为53°和37°.将一个质量m ＝0.5kg 的物体(视为质点)从A 点左侧高为h ＝0.8m 处的P 点水平抛出，恰从A 点沿切线方向进入圆弧轨道.已知物体与轨道CD 间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图9(1)物体水平抛出时的初速度大小v 0；(2)物体经过B 点时，对圆弧轨道的压力大小F N ；(3)物体在轨道CD 上运动的距离x .(结果保留三位有效数字)高考预测7 固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道ABCD ，其A 点与圆心等高，D 点为轨道的最高点，DB 为竖直线，AC 为水平线，AE 为水平面，如图10所示.今使小球自A 点正上方某处由静止释放，且从A 点进入圆弧轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高点D ，则小球通过D 点后( )图10A.一定会落到水平面AE 上B.一定会再次落到圆弧轨道上C.可能会再次落到圆弧轨道上D.不能确定高考预测8 如图11所示为固定在竖直平面内的光滑轨道ABCD，其中ABC部分是半径为R的半圆形轨道(AC是圆的直径)，CD部分是水平轨道.一个质量为m的小球沿水平方向进入轨道，通过最高点A时速度大小v A＝2gR，之后离开A点，最终落在水平轨道上.小球运动过程中所受空气阻力忽略不计，g取10m/s2.求：图11(1)小球落地点与C点间的水平距离；(2)小球落地时的速度方向；(3)小球在A点时轨道对小球的压力.参考答案【例1】答案 D解析猴子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为0的匀加速直线运动，根据运动的合成，知合速度与合加速度不在同一条直线上，所以猴子运动的轨迹为曲线.故A 错误；猴子在水平方向上的加速度为0，在竖直方向上有恒定的加速度，根据运动的合成，知猴子做曲线运动的加速度不变，做匀变速曲线运动.故B 错误；t 时刻猴子在水平方向上的分速度为v 0，在竖直方向上的分速度为at ，所以合速度v ＝v 20＋at2.故C 错误.在t 时间内猴子在水平方向和竖直方向上的位移分别为x 和h ，根据运动的合成，知合位移s ＝x 2＋h 2.故D 正确.高考预测1 答案 B解析由题意可知，可看成卫星一个分速度方向与赤道平面夹角为60°，速度大小为v ＝1.55×103m/s.另一速度即为附加速度，根据平行四边形定则，结合几何关系，则当附加速度垂直合速度时，附加速度达到最小值，如图所示.附加速度的方向为正南方向，根据三角知识，大小为：Δv ＝v sin60°＝1.55×103×32m/s≈1.3×103m/s ，故B 正确，A 、C 、D 错误. 高考预测2 答案 B解析小球在光滑的水平面上以v 0向右运动，给小球一个向北的水平恒力，根据曲线运动条件，结合运动轨迹偏向加速度的方向，故B 正确，A 、C 、D 错误.【例2】答案 (1)3hg(2)Lg4h≤v ≤L g2h(3)L ＝22h 解析 (1)打在AB 中点的微粒32h ＝12gt2①解得t ＝3hg② (2)打在B 点的微粒v 1＝L t 1；2h ＝12gt 21③v 1＝Lg4h④ 同理，打在A 点的微粒初速度v 2＝L g 2h⑤ 微粒初速度范围Lg4h ≤v ≤L g 2h⑥ (3)由能量关系12mv 22＋mgh ＝12mv 21＋2mgh⑦代入④⑤式得L ＝22h . 高考预测3 答案 D解析对a ，根据R cos α＝12gt 21得，t 1＝2R cos αg，则v a ＝R sin αt 1＝R sin αg2R cos α，对b ，根据R cos β＝12gt 22得，t 2＝2R cos βg，则v b ＝R sin βt＝R sin βg2R cos β，解得v a v b ＝sin αsin β·cos βcos α. 高考预测4 答案 D解析设P 、Q 的竖直高度为h ，由题意知，第二次运动重力做功等于小球动能的增加量，由此可知第一次运动竖直方向的末速度大小等于初速度大小，且P 、Q 的竖直高度为h ＝d2，据平抛运动特点得v 0＝dg ，A 、B 选项都错误.小球第一次从P 运动至Q 的时间t 1＝dg，第二次运动竖直方向加速度小于重力加速度，所以t >dg，D 选项正确. 【例3】答案 AB解析在弯道上做匀速圆周运动时，根据径向静摩擦力提供向心力得，kmg ＝m v 2mr，当弯道半径一定时，在弯道上的最大速率是一定的，且在大弯道上的最大速率大于小弯道上的最大速率，故要想时间最短，可在绕过小圆弧弯道后加速，选项A 正确；在大圆弧弯道上的速率为v m R ＝kgR ＝2.25×10×90m/s ＝45 m/s ，选项B 正确；直道的长度为x ＝L 2－R －r2＝503m ，在小弯道上的最大速率为：v m r ＝kgr ＝ 2.25×10×40m/s ＝30 m/s ，在直道上的加速度大小为a ＝v 2m R －v 2m r2x＝452－3022×503m/s 2≈6.50 m/s 2，选项C 错误；由几何关系可知，小圆弧轨道的长度为2πr 3，通过小圆弧弯道的时间为t ＝2πr3v m r ＝2×3.14×403×30s≈2.80s，选项D 错误.高考预测5 答案 C解析小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得，mgL ＝12mv 2，解得v ＝2gL ，因L P <L Q ，故v P <v Q ，选项A 错误；因为E k ＝mgL ，又m P >m Q ，则两小球的动能大小无法比较，选项B 错误；对小球在最低点受力分析得，F T －mg ＝m v 2L ，可得F T ＝3mg ，选项C 正确；由a ＝v 2L＝2g 可知，两球的向心加速度相等，选项D 错误.高考预测6 答案 C解析由于合力提供向心力，依据向心力表达式F ＝mrω2，已知两球质量、半径和角速度都相同，可知向心力相同，即合力相同，故A 错误；小球A 受到的重力和弹力的合力不可能垂直指向OO ′轴，故一定存在摩擦力，而B 球的重力和弹力的合力可能垂直指向OO ′轴，故B 球所受摩擦力可能为零，故B 错误，C 正确；由于不知道B 是否受到摩擦力，故而无法判定圆形框架以更大的角速度转动，小球B 受到的摩擦力的变化情况，故D 错误.【例4】答案 (1)3m/s (2)34N (3)1.09m 解析 (1)由平抛运动规律知：v 2y ＝2gh 竖直分速度v y ＝2gh ＝4m/s 初速度v 0＝v y tan37°＝3m/s.(2)从P 点至B 点的过程，由机械能守恒有mg (h ＋R －R cos53°)＝12mv 2B －12mv 2经过B 点时，由向心力公式有F N ′－mg ＝m v 2BR代入数据解得F N ′＝34N由牛顿第三定律知，物体对轨道的压力大小为F N ＝34N.(3)因μmg cos37°>mg sin37°，物体沿轨道CD 向上做匀减速运动，速度减为零后不会下滑. 从B 点到上滑至最高点的过程，由动能定理有－mgR (1－cos37°)－(mg sin37°＋μmg cos37°)x ＝0－12mv 2B代入数据可解得x ＝135124m≈1.09m.高考预测7 答案 A解析如果小球恰能通过最高点D ，根据mg ＝m v 2DR，得v D ＝gR ，知小球在最高点的最小速度为gR . 根据R ＝12gt 2得：t ＝2R g.则平抛运动的水平位移为：x ＝gR ·2Rg＝2R .知小球一定落在水平面AE 上.故A 正确，B 、C 、D 错误.高考预测8 答案 (1)4R (2)与水平方向的夹角为45° (3)3mg ，方向竖直向下解析 (1)小球离开A 点后做平抛运动根据平抛运动规律有2R ＝12gt 2解得小球运动时间t ＝2R gx ＝v A t解得小球落地点与C 点间的水平距离x ＝4R (2)设小球落地时的速度方向与水平方向的夹角为θ tan θ＝gt v A解得θ＝45°(3)设小球在A 点时轨道对小球的压力为F N根据牛顿第二定律F N ＋mg ＝m v 2AR解得：F N ＝3mg ，方向竖直向下.。

高考物理二轮专题复习专题三力与曲线运动第讲物体的曲线运动课件.ppt

vB″=gt= 2gL , 2
A,B 发生弹性碰撞,根据动量守恒定律有 mvA″+mvB″=mvA‴+mvB‴ 根据机械能守恒定律有
1 mvA″2+ 1 mvB″2= 1 mvA‴2+ 1 mvB‴2,
2
2
2
2
2019-9-12
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计算可得 vA‴= 2gL ,vB‴= 3 2gL ,
落至斜面时速率的( A )
A.2倍
B.4倍
C.6倍
D.8倍
解析:甲、乙两球的运动轨迹如图所示,两球的位移方向相同,根据末速度方向与位移方向的关系可知,两球末速度方向也相同,在速度的矢量三角形中, 末速度比值等于初速度比值,故A正确.
2019-9-12
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6Байду номын сангаас
内容排查: 平抛运动规律的应用□ 平抛运动的斜面模型□
用平抛运动的规律、机械能守恒定律或动能定理及数学知识求解
用开普勒三定律和机械能守恒定律求解
(3)灵活运用两个重要的推论 ①平抛运动轨迹上任何一点的速度方向的反向延长线过水平位移的中点; ②平抛运动过程中,物体任意时刻速度方向与水平方向的夹角和位移的方向与水平方向的夹角θ ,满足 tan =2tan θ . (4)平抛运动的规律对类平抛运动都适用. 2.圆周运动问题的规律 (1)牢记一个思路:运用动能定理和牛顿第二定律求解. (2)把握小球过最高点的临界条件:区分是轻绳模型还是轻杆模型,物体在最高点的最小的向心力对应物体的临界速度.
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2017 全国Ⅲ卷,14 (卫星的运行规律) 2016 全国Ⅰ卷,25 (曲线运动中的综合

高考物理二轮复习专题整合高频突破专题一力与运动3 力学中的曲线运动抛体运动和圆周运动课件

第3讲力学中的曲线运动 ——抛体运动和圆周运动
网络构建
要点必备
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网络构建
要点必备
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1.物体做曲线运动的条件及特点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:vx=v 0 , vy=gt , x=v0 t,y=12gt2。 (2)推论:做平抛(或类平抛 )运动的物体
确,B、C、D错误。
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考点定位 :功、向心力命题能力点 :侧重考查理解能力解题思路与方法 :解答此题关键是小环的研究对象分析大圆环对它的作用力的方向和速度方向的关系。
考点一
考点二
考点三
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曲线运动及运动的合成与分解 (M) 典题1(2017石家庄模拟 )一个质量为 2 kg的物体,在4个共点力作用下处于平衡状态。现同时撤去大小分别为 8 N和12 N的两个力 , 其余的力保持不变 ,关于此后该物体运动的说法正确的是 ( A ) A.一定做匀变速运动 ,加速度大小可能等于重力加速度的大小 B.一定做匀变速直线运动 ,加速度大小可能是 5 m/s2 C.可能做匀减速直线运动 ,加速度大小是 1.5 m/s2 D.可能做匀速圆周运动 ,向心加速度大小是 6 m/s2
2.(2016全国Ⅱ卷)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上 ,P
球的质量大于 Q球的质量 ,悬挂P球的绳比悬挂 Q球的绳短。将两球拉起,使两绳均被水平拉直 ,如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点 ,( C ) A.P球的速度一定大于 Q球的速度 B.P球的动能一定小于 Q球的动能 C.P球所受绳的拉力一定大于 Q球所受绳的拉力 D.P球的向心加速度一定小于 Q球的向心加速度

高考物理二轮专题突破专题三力与物体的曲线运动3电学中的曲线运动

难点突破
【解析】由于油滴受到的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以D选项错；
由于油滴轨迹相对于过P的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直向上的方向，因此电场力竖直向上，且qE>mg，则电场方向竖直向下，所以Q点的电势比P点的高，A选项正确；
专题三力与物体的曲线运动
第3讲：电学中的曲线运动 2017届高考二轮
学习目标
1、会处理带电粒子在电场中的类平抛运动问题 2、掌握带电体在电场中的曲线运动特点 3、学会处理带电粒子在磁场内的匀速圆周运动问题
知识梳理
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，粒子将做曲线运动；如果带电粒子垂直进入匀强电场，粒子将做类_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.
A.带电粒子在Q点的电势能为－Uq
B.带电粒子带负电
C.此匀强电场的电场强度大小为
E＝2
3U 3d
D.此匀强电场的电场强度大小为
E＝
3U 3d
难点突破
【解析】由图看出粒子的轨迹向上，则所受的电场力向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电.粒子从P到Q，电场力做正功，为W＝qU，则粒子的电势能减少了qU，P点的电势为零，则知带电粒子在Q点的电势能为－Uq，故A正确， B错误.
B.板间电场强度大小为2mq g
C.粒子在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间
2πm
mv 功.其半径R＝ qB ，周期T
＝ qB .
知识梳理
规律方法
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__

高考物理二轮专题突破-专题三曲线运动

x－yx′， tanφ＝xy，又 x′＝x2，故 tanθ＝2tanφ)
2．类平抛运动以一定的初速度将物体抛出，如果物体受的合力恒定且与初速度方向垂直，则物体所做的运动为类平抛运动，如以初速度v0垂直电场方向射入匀强电场中的带电粒子的运动．类平抛运动的性质及解题方法与平抛运动类似，也是用运动的分解法．
B．重物减速上升
C．绳子的张力不断减小
D．地面对汽车的支持力增大
图4－1－8
[思路点拨] 因绳子不可伸长，重物m的速度和汽车沿绳子方向的分速度大小是相等的．
[课堂笔记] 汽车的速度可分解为如图所示的沿绳子方向的速度v1和垂直于绳子方向的速度v2，由图可得：v1=vcosα. 当汽车沿水平面做匀速直线运动时，角α逐渐减小，速度 v1逐渐增大，A正确，B错误；重物加速上升，重物处于超重状态，通过微元法可求得加速度越来越小，由FT-mg=ma 知绳子的拉力逐渐减小，C正确；对汽车(设其质量为M)进行受力分析可得：FN+FTsinα=Mg，随着角α的减小，FTsinα减小，故FN增大，D正确． [答案] ACD
(4)平抛运动的两个重要推论 ①做平抛运动的物体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，如图1－3－1所示．由
由x－yx′＝vvxy，y＝v2yt，x＝vxt，联立解得：x′＝x2.
②做平抛运动的物体在任意时刻、任意位置处的瞬时速度与水平
方向的夹角 θ 及位移与水平方向的夹角 φ 满足：tanθ＝2tanφ.(tanθ＝
[思路点拨] 小船渡河问题，主要说明水的流速和船在静水中的速度是分速度，而船在河中的实际速度是合速度，也是其合运动．
[解题样板] 船头垂直于对岸航行时，如图4－1－9所示．图4－1－9

2018年高考物理大二轮专题复习课件：专题三第3讲电学中的曲线运动

答案
规律方法
1.带电粒子(重力不计)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.
答案
高考题型1
带电粒子在电场中的曲线运动
例1
(多选)(2017· 四川资阳市4月模拟)如图1所示，质量相同的两个带
电粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强
电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，P、Q在同一
竖直线上，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极
粒子将做类平抛运动，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(重力不计)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 qE 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＝ m .
答案
3.带电粒子(重力不计)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 mv 2πm ＝ qB ，周期T＝ qB .
vy (2)一个偏转角：tan θ＝； v0 一个几何关系：y＝L tan θ； 2 一个功能关系：ΔEk＝qUy . d
对点拓展练
1.(2017· 北京燕博园模拟)如图3所示，某点O处固定一点电荷＋Q，一电荷量为－q1的点电荷以O为圆心做匀速圆周运动，另一电荷量为－q2的点电荷以O为焦点沿椭圆轨道运动，两轨道相切于P点.两个运动电荷之间的静电力和万有引力均可忽略不计，其质量相等，且q1>q2.当－q1、－ q2 经过 P点时速度大小分别为 v1 和 v2 ，加速度大小分别为 a1 和 a2 ，下列关系式正确的是 A.a1<a2，v1<v2 C.a1<a2，v1>v2 B.a1>a2，v1>v2 D.a1>a2，v1<v2 图3

高考物理名师辅导专题三力与物体的曲线运动第3讲

不同的球状纳米颗粒在电离室中电离后带正
电，电荷量与其表面积成正比．电离后，颗
粒缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U的水平
加速电场区域Ⅰ，再通过小孔O2射入电场强度
图1
为E的匀强电场区域Ⅱ，区域Ⅱ中极板长度为l，极板间距为d.假
设不计颗粒重力，且所有颗粒均能从区域Ⅱ右侧离开，则(
)
A．颗粒的比荷与半径成正比 B．所有的颗粒从同一位臵离开区域Ⅱ C．所有的颗粒在区域Ⅱ中运动时间相同 D．半径越大的颗粒离开区域Ⅱ时动能越大
专题三力与物体的曲线运动
第3讲
栏目索引
电学中的曲线运动
高考题型1 带电粒子在电场中的曲线运动高考题型2 带电体在电场中的曲线运动高考题型3 带电粒子在磁场中的圆周运动
高考题型1 带电粒子在电场中的曲线运动
解题方略
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
解题方略 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(主要是类平抛运动、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．
例2
如图4所示，平行金属板MN、PQ水平放臵，通过图示电路
与电源连接，小微粒A从平行金属板的最左边两板正中间，沿水平方向射入，当开关S断开时，微粒A正好打在金属板PQ的正中位臵．当开关 S闭合，电路稳定后，微粒 A从金属板 PQ的Q端边缘飞出．已知金属板长为L，两板间距为d，微粒A质量为m，带电量为－q，重力加速度为g，定值电阻阻值为R0.求：
解析
粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从C点射出，其轨迹

新课标高考物理二轮复习专题03-力与物体的曲线运动(解析版)

高考物理二轮复习专题内容03力与物体的曲线运动§知识网络§一、物体做曲线运动的条件合外力与速度方向不在同一条直线上，物体将做曲线运动，有以下两种情况： 1．若合外力为恒力，物体将做匀变速曲线运动； 2．若合外力为变力，物体将做变加速曲线运动。

二、平抛运动1．平抛运动的两个关系 (1)位移关系⎩⎪⎨⎪⎧x ＝v 0t y ＝12gt 2(2)速度关系⎩⎨⎧v x ＝v 0v y＝gt2．平抛(类平抛)运动的两个推论(1)做平抛(类平抛)运动的物体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，如图甲所示。

(2)如图乙，设做平抛(类平抛)运动的物体在任意时刻、任意位置处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，则有tanθ＝2tanφ。

三、圆周运动1．描述圆周运动的物理量间的关系v＝ωr、ω＝2πT＝2πf＝2πn，a＝v2r＝ω2r＝(2πT)2r＝(2πf)2r。

2．物体做匀速圆周运动的条件物体受到一个大小不变、方向总指向圆心的力。

3．向心力的来源(1)在匀速圆周运动中，合力是物体做圆周运动的向心力。

(2)在变速圆周运动中，沿半径方向的合力是物体做圆周运动的向心力。

4．离心运动的条件物体受到的合力小于物体做圆周运动所需的向心力。

§高考分析§▲考试方向1．运动的合成与分解的问题；2．平抛运动与其他知识点综合的问题；3．圆周运动与其他知识点综合的问题。

▲考试题型1．以选择题的形式考查运动的合成与分解，难度中等以下；2．以选择题的形式单独考查抛体运动规律和圆周运动规律；3．以计算题的形式考查抛体运动或圆周运动与牛顿第二定律、电磁场、功能关系等知识的综合问题，难度中等。

▲应考策略1．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行突破；2．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；3．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(见磁场专题)。

高考物理二轮专题突破专题三力与物体的曲线运动(3)

专题三力与物体的曲线运动第3讲：电学中的曲线运动一、知识梳理1.带电粒子在电场中受电场力，如果电场力的方向与速度方向不共线，粒子将做运动；如果带电粒子垂直进入匀强电场，粒子将做运动，由于加速度恒定且与速度方向不共线，因此是曲线运动.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运动和沿电场方向的运动；若场强为E，其加速度的大小可以表示为a ＝ .3.带电粒子垂直进入匀强磁场时将做圆周运动，向心力由提供，洛伦兹力始终垂直于运动方向，它功.其半径R＝，周期T＝ .规律方法1.带电粒子在电场和磁场的组合场中运动时，一般是运动和运动的组合，可以先分别研究这两种运动，而运动的末速度往往是运动的线速度，分析运动过程中转折点的是解决此类问题的关键.2.本部分内容通常应用的方法、功能关系和圆周运动的知识解决问题.二、题型、技巧归纳高考题型1 带电粒子在电场中的曲线运动【例1】 (多选)如图1所示，一带电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直.粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角.已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计重力作用，设P点的电势为零.则下列说法正确的是( )图1A.带电粒子在Q点的电势能为－UqB.带电粒子带负电C.此匀强电场的电场强度大小为E ＝23U3dD.此匀强电场的电场强度大小为E ＝3U 3d高考预测1 如图2甲所示，两平行金属板MN 、PQ 的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，在t ＝0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v 0，t ＝T 时刻粒子刚好沿MN 板右边缘射出电场.则( )图2A.该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的B.在t ＝T2时刻，该粒子的速度大小为2v 0C.若该粒子在T2时刻以速度v 0进入电场，则粒子会打在板上D.若该粒子的入射速度变为2v 0，则该粒子仍在t ＝T 时刻射出电场高考预测2 如图3所示，闭合开关S 后A 、B 板间产生恒定电压U 0，已知两极板的长度均为L ，带负电的粒子(重力不计)以恒定的初速度v 0，从上极板左端点正下方h 处，平行极板射入电场，恰好打在上极板的右端C 点.若将下极板向上移动距离为极板间距的19100倍，带电粒子将打在上极板的C ′点，则B 板上移后( )图3A.粒子打在A 板上的动能将变小B.粒子在板间的运动时间不变C.极板间的场强将减弱D.比原入射点低1981h 处的入射粒子恰好能打在上板右端C 点高考题型二带电体在电场中的曲线运动【例2】 (多选)(2016·全国乙卷·20)如图4，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P 的竖直线对称.忽略空气阻力.由此可知( )图4A.Q 点的电势比P 点高B.油滴在Q 点的动能比它在P 点的大C.油滴在Q 点的电势能比它在P 点的大D.油滴在Q 点的加速度大小比它在P 点的小高考预测3 (多选)如图5所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L ，板间距离为d ，在板右端L 处有一竖直放置的光屏MN ，一带电荷量为q 、质量为m 的粒子从两板中轴线OO ′射入板间，最后垂直打在MN 屏上，重力加速度为g .则下列结论正确的是( )图5A.粒子打在屏上的位置在MO ′之间B.板间电场强度大小为2mgqC.粒子在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间D.粒子在板间运动时电场力所做的功与在板右端运动到光屏的过程中克服重力所做的功相等高考预测4 (多选)如图6所示，在光滑绝缘水平面上有一半径为R 的圆，AB 是一条直径，空间有与水平面平行的匀强电场，场强大小为E .在圆上A 点有一发射器，以相同的动能平行于水平面沿不同方向发射带电量为＋q 的小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，以过C 点的小球动能最大，且AC 两点间的距离为3R .忽略小球间的相互作用，下列说法正确的是( )A.电场的方向与AB 间的夹角为30°B.电场的方向与AB 间的夹角为60°C.若A 点的电势φA ＝0，则C 点的电势φC ＝－32ERD.若在A 点以初动能E k0发射的小球，则小球经过B 点时的动能E k B ＝E k0＋3qER 规律总结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(主要是类平抛运动、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.高考题型三带电粒子在磁场中的圆周运动【例3】 (2016·四川理综·4)如图7所示，正六边形abcdef 区域内有垂直于纸面的匀强磁场.一带正电的粒子从f 点沿fd 方向射入磁场区域，当速度大小为v b 时，从b 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t b ，当速度大小为v c 时，从c 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t c ，不计粒子重力.则( )图7A.v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝2∶1B.v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝1∶2C.v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝2∶1D.v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝1∶2高考预测5 如图8所示，ABC 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB 为倾斜直轨道，BC 为与AB 相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里.现将甲、乙、丙三个小球从轨道AB 上的同一高度处由静止释放，都能通过圆形轨道的最高点.已知甲、乙、丙三个小球的质量相同，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电.则( )A.由于到达最高点时受到的洛伦兹力方向不同，所以到达最高点时，三个小球的速度不等B.经过最高点时，甲球的速度最小C.甲球的释放位置比乙球的高D.在轨道上运动的过程中三个小球的机械能不守恒高考预测6 (多选)如图9所示，匀强磁场分布在半径为R 的14圆形区域MON 内，Q 为半径ON 上的一点且OQ ＝22R ，P 点为边界上一点，且PQ 与OM 平行.现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场(不计粒子重力及粒子间的相互作用)，其中粒子1从M 点正对圆心射入，恰从N 点射出，粒子2从P 点沿PQ 射入，下列说法正确的是( )图9A.粒子2一定从N 点射出磁场B.粒子2在P 、N 之间某点射出磁场C.粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为3∶2D.粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为2∶1高考预测7 (多选)如图10所示，在0≤x ≤b 、0≤y ≤a 的长方形区域中有一磁感应强度大小为B 的匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy 平面向外.O 处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy 平面内的第一象限内.已知粒子在磁场中做圆周运动的周期为T ，最先从磁场上边界飞出的粒子在磁场运动的时间为T12，最后从磁场飞出的粒子在磁场中运动的时间为T4.不计粒子的重力及粒子间的相互作用.则( )图10A.粒子做圆周运动的半径R ＝2aB.粒子射入磁场的速度大小v ＝qBa mC.长方形区域的边长满足关系b＝2aD.长方形区域的边长满足关系b＝(3＋1)a规律总结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：比荷相同的正、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.参考答案一、知识梳理1. 曲线类平抛匀变速.2. 匀速直线匀加速直线 qE m3. 匀速洛伦兹力不做 mv qB2πmqB规律方法1. 类平抛匀速圆周类平抛匀速圆周速度2. 运动的合成与分解二、题型、技巧归纳【例1】答案 AC解析由图看出粒子的轨迹向上，则所受的电场力向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电.粒子从P 到Q ，电场力做正功，为W ＝qU ，则粒子的电势能减少了qU ，P 点的电势为零，则知带电粒子在Q 点的电势能为－Uq ，故A 正确，B 错误.设带电粒子在P 点时的速度为v 0，在Q 点建立直角坐标系，垂直于电场线为x 轴，平行于电场线为y 轴，由平抛运动的规律和几何知识求得粒子在y 轴方向的分速度为：v y ＝3v 0，粒子在y 轴方向上的平均速度为：v y ＝3v 02.设粒子在y 轴方向上的位移为y 0，粒子在电场中的运动时间为t ，则：竖直方向有：y 0＝v y t ＝3v 0t2水平方向有：d ＝v 0t 可得：y 0＝3d 2，所以场强为：E ＝Uy 0 联立得E ＝2U3d＝23U 3d ，故C 正确，D 错误.高考预测1 答案 A解析粒子射入电场在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上前半个周期内先做匀加速直线运动，在后半个周期内做匀减速直线运动，一个周期末竖直方向上的分速度为零，可知粒子射出电场时的速度方向一定沿垂直电场方向，故A 正确；在t ＝T2时刻，粒子在水平方向上的分速度为v 0，因为两平行金属板MN 、PQ 的板长和板间距离相等，则有：v 0T ＝v y 2·T 2×2，解得v y ＝2v 0，根据平行四边形定则知，粒子的速度大小为v ＝5v 0，故B 错误.若该粒子在T2时刻以速度v 0进入电场，粒子在竖直方向上的运动情况与0时刻进入时运动的情况相反，运动规律相同，则粒子不会打在板上，故C 错误.若该粒子的入射速度变为2v 0，则粒子射出电场的时间t ＝L 2v 0＝T2，故D 错误.高考预测2 答案 D解析带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向受电场力作用加速运动.设板间距为d ，则有L ＝v 0t ，h ＝qU 02md t 2得：t 2＝2mdh qU 0，故U 0不变，当d 减小时，粒子运动时间减小，故B 错误；竖直方向分速度：v y ＝qU 0mdt ＝2hqU 0md，d 减小，则v y 增大，故打在A 板上的速度v ＝v 2y ＋v 20增大，故粒子打在A 板上的动能增大，故A 错误；恒定电压U 0一定，下极板向上移动，极板间的场强将增大，故C 错误；由L ＝v 0t ，h ＝qU 02md t 2得h ＝qU 0L 22mv 20d ，所以h ′h ＝dd ′＝d1－19100d ＝10081，故h ′＝10081h ，即比原入射点低(10081－1) h ＝1981h 处的入射粒子恰好能打在上板右端C 点，故D 正确.【例2】答案 AB解析由于油滴受到的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以D 选项错；由于油滴轨迹相对于过P 的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直向上的方向，因此电场力竖直向上，且qE >mg ，则电场方向竖直向下，所以Q 点的电势比P 点的高，A 选项正确；当油滴从P 点运动到Q 点时，电场力做正功，电势能减小，C 选项错误；当油滴从P 点运动到Q 点的过程中，合外力做正功，动能增加，所以Q 点动能大于P 点的动能，B 选项正确.高考预测3 答案 AB解析据题分析可知，粒子在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，粒子的轨迹向下偏转，粒子才能最后垂直打在MN 屏上，可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得，qE －mg ＝mg ，得到E ＝2mgq.故A 、B 正确；由于粒子在水平方向一直做匀速直线运动，两段水平位移大小相等，则粒子在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏的时间相等.故C 错误.高考预测4 答案 BC解析点A 与点C 间的距离为3R ，连接CO ，CO ＝AO ＝R ，说明∠CAO ＝∠ACO ＝30°；小球在匀强电场中，从A 点运动到C 点，根据动能定理，有：qU AC ＝E k ；因为到达C 点时的小球的动能最大，所以U AC 最大，则在圆周上找不到与C 电势相等的点，且由A 到C 电场力对小球做正功，过C 点作切线，为等势线，电场线与等势线垂直，则场强方向如图所示.所以电场方向与AB 间的夹角θ为60°，故A 错误，B 正确.AC 间的电势差为：U AC ＝E (3R cos30°)＝32ER ，若A 点的电势φA ＝0，根据U AC ＝φA －φC ，则C点的电势φC ＝－32ER ，故C 正确.AB 间的电势差为：U AB ＝E ·2R ·cos60°＝ER .根据动能定理，在A 点以初动能E k0发射的小球，从A 到B 动能增加量为qER ，则小球经过B 点时的动能E k B ＝E k0＋qER ，故D 错误.【例3】答案 A解析带正电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，运动轨迹如图所示，由几何关系得，r c ＝2r b ，θb ＝120°，θc ＝60°，由qvB ＝m v 2r 得，v ＝qBrm，则v b ∶v c ＝r b ∶r c ＝1∶2,又由T ＝2πm qB ，t ＝θ2πT 和θb ＝2θc 得t b ∶t c ＝2∶1，故选项A 正确，B 、C 、D 错误.高考预测5 答案 C解析在最高点时，根据左手定则可得：甲球受洛伦兹力向下，乙球受洛伦兹力向上，而丙球不受洛伦兹力，故三球在最高点受合力不同，故由F 合＝m v 2r可知，到达最高点时，三个小球的速度不相等，则A 错误；由以上分析可知，因甲球在最高点受合力最大，则甲球在最高点的速度最大，故B 错误；因甲球的速度最大，而在整个过程中洛伦兹力不做功，故机械能守恒，甲球释放时的高度最高，故C 正确；因洛伦兹力不做功，故系统机械能守恒，三个小球的机械能保持不变，故D 错误.高考预测6 答案 AD解析如图所示，粒子1从M 点正对圆心射入，恰从N 点射出，根据洛伦兹力指向圆心，和MN 的中垂线过圆心，可确定圆心为O 1，半径为R .两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场，粒子运动的半径相同.粒子2从P 点沿PQ 射入，根据洛伦兹力指向圆心，圆心O 2应在P 点上方R 处，连接O 2P 、ON 、OP 、O 2N ，O 2PON 为菱形，O 2N 大小为R ，所以粒子2一定从N 点射出磁场.A 正确，B 错误.∠MO 1N ＝90°，∠PO 2N ＝∠POQ ，cos∠POQ ＝OQOP，所以∠PO 2N ＝∠POQ ＝45°.两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场，粒子运动的周期相同.粒子运动时间与圆心角成正比，所以粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为2∶1.C 错误，D 正确.高考预测7 答案 AD解析最先从磁场上边界中飞出的粒子在磁场中的偏转角最小，对应的圆弧最短，可以判断出是沿y 轴方向入射的粒子，其运动的轨迹如图甲，则由题意知偏转角：θ＝t T ×360°＝112×360°＝30°由几何关系得：R ＝asin30°＝2a带电粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得：qvB ＝mv 2R所以：v ＝2qBam，故A 正确，B 错误；在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C 的圆弧，圆弧与磁场的边界相切，如图乙所示，设该粒子在磁场中运动的时间为t ′，依题意，t ′＝T 4，偏转角度为∠OCA ＝π2.设最后离开磁场的粒子的发射方向与y 轴正方向的夹角为α，由几何关系得：R sin α＝R －a ，解得：sin α＝12，α＝30°.由图可得：b ＝R sin α＋R cos α＝(3＋1)a ，故C 错误，D 正确.。

高考物理二轮专题突破专题三力与物体的曲线运动(3)电学中的曲线运动检测题

专题三力与物体的曲线运动第3讲：电学中的曲线运动一、夯实基础1.(多选)竖直放置的平行金属板A 、B 连接一恒定电压，两个电荷M 和N 以相同的速率分别从极板A 边缘和两板中间沿竖直方向进入板间电场，恰好从极板B 边缘射出电场，如图1所示，不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是( )图1A.两电荷的电荷量可能相等B.两电荷在电场中运动的时间相等C.两电荷在电场中运动的加速度相等D.两电荷离开电场时的动能相等2.如图2所示，竖直金属板A 、B 间电压为U 0，板中央有小孔O 和O 1，现有足够多的同种粒子源源不断地从小孔O 进入金属板A 、B 间，并被加速后从O 1进入右侧水平平行金属板C 、D 间，O 1O 2是极板C 、D 的中线，金属板C 、D 的长与板间距相等，两板间电压U 可调，不计粒子重力及进入O 孔时的初速度，所有粒子均不能打在极板上，则U 与U 0应满足( )图2A.U >U 0B.U <2U 0C.U >2U 0D.因不知极板C 、D 的长，所以无法确定U 和U 0的关系3.如图3所示，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的k 倍，有一初速度为零的电荷经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从极板下边缘穿出电场，不计电荷的重力，则偏转电场长、宽之比l d的值为( )图3A.kB.2kC.3kD.5k4.如图4所示，矩形的四个顶点a 、b 、c 、d 是匀强电场中的四个点，ab ＝2bc ＝2L ，电场线与矩形所在的平面平行.已知a 点电势为18V ，b 点电势为10V ，c 点电势为6V.一质子从a 点以速度v 0射入电场，v 0与ab 边的夹角为45°，一段时间后质子经过ab 中点e .不计质子重力，下列判断正确的是( )图4A.d 点电势为12VB.质子从a 到b 电势能增加了6eVC.电场强度大小为4LD.质子从a 到e 所用时间为2L 2v 0二、能力提升5.(多选)用细绳拴一个质量为m 带正电的小球B ，另一也带正电小球A 固定在绝缘竖直墙上，A 、B 两球与地面的高度均为h ，小球B 在重力、拉力和库仑力的作用下静止不动，如图5所示.现将细绳剪断后( )图5A.小球B 在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动B.小球B 在细绳剪断瞬间加速度大于gC.小球B 落地的时间小于2h gD.小球B 落地的速度大于2gh6.(多选)如图6所示，一带正电的点电荷P 固定于半径为l 的半圆形光滑轨道外侧，与轨道左端和最低点的距离均为l ，轨道固定.有一质量为m 、带负电小球Q 从轨道左端静止滑下，则( )图6A.小球运动到轨道最低点的速度v >2glB.小球运动到轨道最低点时对轨道的压力大小为3mgC.小球将运动到半圆形轨道右端最高点D.从开始到第一次经过最低点的运动过程中，电场力对小球先做正功后做负功7.(多选)如图7所示，空间存在匀强电场，方向竖直向下，从绝缘斜面上的M 点沿水平方向抛出一带电小球，最后小球落在斜面上的N 点.已知小球的质量为m ，初速度大小为v 0，斜面倾角为θ，电场强度大小未知.则下列说法正确的是( )图7A.可以断定小球一定带正电荷B.可以求出小球落到N 点时速度的方向C.可以求出小球到达N 点过程中重力和电场力对小球所做的总功D.可以断定，当小球的速度方向与斜面平行时，小球与斜面间的距离最大8.(多选)如图8甲所示，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示.t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出.微粒运动过程中未与金属板接触.重力加速度的大小为g .关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是( )图8A.末速度大小为2v 0B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了12mgdD.克服电场力做功为mgd 三、课外拓展9.(多选)如图9所示的匀强磁场中，从O 点沿OA 方向垂直磁场发射两个比荷相同的带电粒子，一粒子经时间t 1到达直线OC 上的P 点，其速率为v 1；另一粒子经时间t 2到达直线OC 上的Q 点，其速率为v 2.不计粒子重力和粒子间的相互作用，则( )图9A.v 1>v 2B.v 1<v 2C.t 1<t 2D.t 1＝t 210.如图10所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B 1，P 为磁场边界上的一点.相同的带正电粒子，以相同的速率从P 点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向.这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的13.若将磁感应强度的大小变为B 2，结果相应的弧长变为圆周长的14，不计粒子的重力和粒子间的相互影响，则B 2B 1等于( )图10A.34B.32C.62D.2311.如图11所示，内表面光滑绝缘的半径为1.2m 的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为3×106V/m.有一质量为0.12 kg 、带负电的小球，电荷量大小为1.6×10－6C ，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A 时，小球与轨道压力恰好为零，g 取10 m/s 2，求：图11(1)小球在A 点处的速度v 1的大小；(2)小球运动到最高点B 时对轨道的压力大小.12.如图12所示，绝缘平台AB 距离水平地面CD 的高度为h ，整个空间存在水平向右的匀强电场，一质量为m 、带正电量为q 的小物块从P 点由静止开始运动，PB 之间的距离也为h .若匀强电场的场强E ＝mg2q，物块与平台之间的动摩擦因数为μ＝0.25.求物块落到水平地面上时的速度大小和方向.图12四、高考链接13．(2016·全国卷Ⅱ，18)一圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图13所示。

高考物理大二轮复习与增分策略专题三力与物体的曲线运动第1讲力学中的曲线运动

专题三力与物体的曲线运动[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的组合为线索，进而从力和能的角度进行命题，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、等效代替的思想方法等.[应考策略] 熟练掌握平抛、圆周运动的规律，对平抛运动和圆周运动的组合问题，要善于由转折点的速度进行突破；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讲力学中的曲线运动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，则有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 >0.1.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行动力学分析.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.解题方略解决运动的合成与分解的一般思路(1)明确合运动或分运动的运动性质.(2)确定合运动是在哪两个方向上的合成或分解.(3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度等).(4)运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解.例1在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度v0水平向右匀速移动，经过时间t，猴子沿杆向上移动的高度为h，人顶杆沿水平地面移动的距离为x，如图1所示.关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是( )图1A.相对地面的运动轨迹为直线B.相对地面做匀加速直线运动C.t时刻猴子速度的大小为v0＋atD.t时间内猴子的位移大小为x2＋h2解析猴子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为0的匀加速直线运动，根据运动的合成，知合速度与合加速度不在同一条直线上，所以猴子运动的轨迹为曲线.故A错误；猴子在水平方向上的加速度为0，在竖直方向上有恒定的加速度，根据运动的合成，知猴子做曲线运动的加速度不变，做匀变速曲线运动.故B错误；t时刻猴子在水平方向上的分速度为v0，在竖直方向上的分速度为at，所以合速度v＝v20＋at2.故C错误.在t时间内猴子在水平方向和竖直方向上的位移分别为x和h，根据运动的合成，知合位移s ＝x2＋h2.故D正确.答案 D预测1 如图2所示，一卫星经过赤道上空时速度方向与赤道平面夹角为60°，速度大小为v＝1.55×103m/s.此时发动机点火，给卫星一附加速度Δv，使该卫星变轨进入赤道平面内.发动机给卫星的附加速度Δv的最小值和方向为( )图2A.Δv约为1.3×103 m/s，方向东偏南30°B.Δv约为1.3×103 m/s，方向正南方向C.Δv约为2.7×103 m/s，方向东偏南30°D.Δv约为0.8×103 m/s，方向正南方向答案 B解析由题意可知，可看成卫星一个分速度方向与赤道平面夹角为60°，速度大小为v＝1.55×103m/s.另一速度即为附加速度，根据平行四边形定则，结合几何关系，则当附加速度垂直合速度时，附加速度达到最小值，如图所示.附加速度的方向为正南方向，根据三角知识，大小为：Δv＝v sin 60°＝1.55×103×32m/s≈1.3×103m/s，故B正确，A、C、D错误.预测2 如图所示，一小球在光滑的水平面上以速度v0向右运动，运动中要穿过一段有水平向北的风带ab，经过风带时风会给小球一个向北的水平恒力，其余区域无风力，则小球过风带及过后的轨迹正确的是( )答案 B解析小球在光滑的水平面上以v0向右运动，给小球一个向北的水平恒力，根据曲线运动条件，结合运动轨迹偏向加速度的方向，故B正确，A、C、D错误.例2 (2016·浙江理综·23)在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图3所示.P 是个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒.高度为h 的探测屏AB 竖直放置，离P 点的水平距离为L ，上端A 与P 点的高度差也为h .图3(1)若微粒打在探测屏AB 的中点，求微粒在空中飞行的时间； (2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围；(3)若打在探测屏A 、B 两点的微粒的动能相等，求L 与h 的关系. 解析 (1)打在AB 中点的微粒 32h ＝12gt2① 解得t ＝3h g② (2)打在B 点的微粒 v 1＝L t 1；2h ＝12gt 21③ v 1＝Lg4h④ 同理，打在A 点的微粒初速度v 2＝L g 2h⑤ 微粒初速度范围Lg4h ≤v ≤L g 2h⑥(3)由能量关系12mv 22＋mgh ＝12mv 21＋2mgh⑦代入④⑤式得L ＝22h . 答案 (1)3hg(2)Lg4h ≤v ≤L g2h(3)L ＝22h 预测3 如图4所示，竖直平面内有一段圆弧MN ，小球从圆心O 处水平抛出.若初速度为v a ，将落在圆弧上的a 点；若初速度为v b ，将落在圆弧上的b 点.已知Oa 、Ob 与竖直方向的夹角分别为α、β，不计空气阻力，则( )图4A.v a v b ＝sin αsin βB.v a v b ＝cos βcos αC.v a v b ＝cos βcos α·sin αsin βD.v a v b ＝sin αsin β·cos βcos α答案 D解析对a ，根据R cos α＝12gt 21得，t 1＝2R cos αg，则v a ＝R sin αt 1＝R sin α g2R cos α，对b ，根据R cos β＝12gt 22得，t 2＝2R cos βg ，则v b ＝R sin βt＝R sin βg2R cos β，解得v a v b ＝sin αsin β·cos βcos α.预测4 如图5所示，P 、Q 是固定在竖直平面内的一段内壁光滑弯管的两端，P 、Q 间的水平距离为d .直径略小于弯管内径的小球以速度v 0从P 端水平射入弯管，从Q 端射出，在穿过弯管的整个过程中小球与弯管无挤压.若小球从静止开始由P 端滑入弯管，经时间t 恰好以速度v 0从Q 端射出.重力加速度为g ，不计空气阻力，那么( )图5A.v 0<gdB.v 0＝2gdC.t ＝d gD.t >d g答案 D解析设P 、Q 的竖直高度为h ，由题意知，第二次运动重力做功等于小球动能的增加量，由此可知第一次运动竖直方向的末速度大小等于初速度大小，且P 、Q 的竖直高度为h ＝d2，据平抛运动特点得v 0＝dg ，A 、B 选项都错误.小球第一次从P 运动至Q 的时间t 1＝d g，第二次运动竖直方向加速度小于重力加速度，所以t >dg，D 选项正确.解题方略1.解决圆周运动问题要注意以下几点：(1)要进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径.(2)列出正确的动力学方程F ＝m v 2r ＝mrω2＝mωv ＝mr 4π2T2.2.竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度通常利用动能定理来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析.例3 (多选)(2016·浙江理综·20)如图6所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R ＝90 m 的大圆弧和r ＝40 m 的小圆弧，直道与弯道相切.大、小圆弧圆心O 、O ′距离L ＝100 m.赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g ＝10 m/s 2，π＝3.14)，则赛车( )图6A.在绕过小圆弧弯道后加速B.在大圆弧弯道上的速率为45 m/sC.在直道上的加速度大小为5.63 m/s 2D.通过小圆弧弯道的时间为5.58 s解析在弯道上做匀速圆周运动时，根据径向静摩擦力提供向心力得，kmg ＝m v2m r，当弯道半径一定时，在弯道上的最大速率是一定的，且在大弯道上的最大速率大于小弯道上的最大速率，故要想时间最短，可在绕过小圆弧弯道后加速，选项A 正确；在大圆弧弯道上的速率为v m R ＝kgR ＝ 2.25×10×90 m/s ＝45 m/s ，选项B 正确；直道的长度为x ＝L 2－R －r2＝50 3 m ，在小弯道上的最大速率为：v m r ＝kgr ＝ 2.25×10×40 m/s ＝30 m/s ，在直道上的加速度大小为a＝v 2m R －v 2m r 2x ＝452－3022×503m/s 2≈6.50 m/s 2，选项C 错误；由几何关系可知，小圆弧轨道的长度为2πr 3，通过小圆弧弯道的时间为t ＝2πr3v m r ＝2×3.14×403×30 s≈2.80 s，选项D 错误. 答案 AB预测5 (2016·全国甲卷·16)小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短.将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图7所示.将两球由静止释放.在各自轨迹的最低点( )图7A.P 球的速度一定大于Q 球的速度B.P 球的动能一定小于Q 球的动能C.P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力D.P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度答案 C解析小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得，mgL ＝12mv 2，解得v ＝2gL ，因L P <L Q ，故v P <v Q ，选项A 错误；因为E k ＝mgL ，又m P >m Q ，则两小球的动能大小无法比较，选项B 错误；对小球在最低点受力分析得，F T －mg ＝m v 2L ，可得F T ＝3mg ，选项C 正确；由a ＝v 2L＝2g可知，两球的向心加速度相等，选项D 错误.预测6 如图8所示，一个圆形框架以竖直的直径为转轴匀速转动.在框架上套着两个质量相等的小球A 、B ，小球A 、B 到竖直转轴的距离相等，它们与圆形框架保持相对静止.下列说法正确的是( )图8A.小球A 受到的合力小于小球B 受到的合力B.小球A 与框架间可能没有摩擦力C.小球B 与框架间可能没有摩擦力D.圆形框架以更大的角速度转动，小球B 受到的摩擦力一定增大答案 C解析由于合力提供向心力，依据向心力表达式F ＝mrω2，已知两球质量、半径和角速度都相同，可知向心力相同，即合力相同，故A 错误；小球A 受到的重力和弹力的合力不可能垂直指向OO ′轴，故一定存在摩擦力，而B 球的重力和弹力的合力可能垂直指向OO ′轴，故B 球所受摩擦力可能为零，故B 错误，C 正确；由于不知道B 是否受到摩擦力，故而无法判定圆形框架以更大的角速度转动，小球B 受到的摩擦力的变化情况，故D 错误.例4 如图9所示，半径R ＝0.5 m 的光滑圆弧轨道ABC 与足够长的粗糙轨道CD 在C 处平滑连接，O 为圆弧轨道ABC 的圆心，B 点为圆弧轨道的最低点，半径OA 、OC 与OB 的夹角分别为53°和37°.将一个质量m ＝0.5 kg 的物体(视为质点)从A 点左侧高为h ＝0.8 m 处的P 点水平抛出，恰从A 点沿切线方向进入圆弧轨道.已知物体与轨道CD 间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图9(1)物体水平抛出时的初速度大小v 0；(2)物体经过B 点时，对圆弧轨道的压力大小F N ；(3)物体在轨道CD 上运动的距离x .(结果保留三位有效数字) 解析 (1)由平抛运动规律知：v 2y ＝2gh 竖直分速度v y ＝2gh ＝4 m/s 初速度v 0＝v y tan 37°＝3 m/s.(2)从P 点至B 点的过程，由机械能守恒有mg (h ＋R －R cos 53°)＝12mv 2B －12mv 20经过B 点时，由向心力公式有F N ′－mg ＝m v2B R代入数据解得F N ′＝34 N由牛顿第三定律知，物体对轨道的压力大小为F N ＝34 N.(3)因μmg cos 37°>mg sin 37°，物体沿轨道CD 向上做匀减速运动，速度减为零后不会下滑.从B 点到上滑至最高点的过程，由动能定理有－mgR (1－cos 37°)－(mg sin 37°＋μmg cos 37°)x ＝0－12mv 2B代入数据可解得x ＝135124 m ≈1.09 m.答案 (1)3 m/s (2)34 N (3)1.09 m预测7 固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道ABCD ，其A 点与圆心等高，D 点为轨道的最高点，DB 为竖直线，AC 为水平线，AE 为水平面，如图10所示.今使小球自A 点正上方某处由静止释放，且从A 点进入圆弧轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高点D ，则小球通过D 点后( )图10A.一定会落到水平面AE 上B.一定会再次落到圆弧轨道上C.可能会再次落到圆弧轨道上D.不能确定答案 A解析如果小球恰能通过最高点D ，根据mg ＝m v2D R，得v D ＝gR ，知小球在最高点的最小速度为gR . 根据R ＝12gt 2得：t ＝2R g.则平抛运动的水平位移为：x ＝gR ·2Rg＝2R .知小球一定落在水平面AE 上.故A 正确，B 、C 、D 错误.预测8 如图11所示为固定在竖直平面内的光滑轨道ABCD ，其中ABC 部分是半径为R 的半圆形轨道(AC 是圆的直径)，CD 部分是水平轨道.一个质量为m 的小球沿水平方向进入轨道，通过最高点A 时速度大小v A ＝2gR ，之后离开A 点，最终落在水平轨道上.小球运动过程中所受空气阻力忽略不计，g 取10 m/s 2.求：图11(1)小球落地点与C 点间的水平距离； (2)小球落地时的速度方向； (3)小球在A 点时轨道对小球的压力.答案 (1)4R (2)与水平方向的夹角为45° (3)3mg ，方向竖直向下解析 (1)小球离开A 点后做平抛运动根据平抛运动规律有2R ＝12gt 2解得小球运动时间t ＝ 2R gx ＝v A t解得小球落地点与C 点间的水平距离x ＝4R (2)设小球落地时的速度方向与水平方向的夹角为θ tan θ＝gt v A解得θ＝45°(3)设小球在A 点时轨道对小球的压力为F N根据牛顿第二定律F N ＋mg ＝m v2A R解得：F N ＝3mg ，方向竖直向下.专题强化练1.如图1所示，帆板在海面上以速度v 朝正西方向运动，帆船以速度v 朝正北方向航行，以帆板为参照物( )图1A.帆船朝正东方向航行，速度大小为vB.帆船朝正西方向航行，速度大小为vC.帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小为2vD.帆船朝北偏东45°方向航行，速度大小为2v 答案 D解析以帆板为参照物，即把帆板看做静止，则帆船相对于帆板有向东的速度v 及向北的速度v ；由矢量合成可知，二者的合速度v 合＝2v ，方向北偏东45°.2.如图2所示，某轮渡站两岸的码头A 和B 正对，轮渡沿直线往返于两码头之间，已知水流速度恒定且小于船速.下列说法正确的是( )图2A.往返所用的时间不相等B.往返时船头均应垂直河岸航行C.往返时船头均应适当偏向上游D.从A 驶往B ，船头应适当偏向上游，返回时船头应适当偏向下游答案 C解析根据矢量的合成法则，及各自速度恒定，那么它们的合速度也确定，则它们所用的时间也相等，故A 错误；从A 到B ，合速度方向垂直于河岸，水流速度水平向右，根据平行四边形定则，则船头的方向偏向上游一侧.从B 到A ，合速度的方向仍然垂直于河岸，水流速度水平向右，船头的方向仍然偏向上游一侧.故C 正确，B 、D 错误.3.如图3所示，在斜面顶端A 以速度v 水平抛出一小球，经过时间t 1恰好落在斜面的中点P ；若在A 点以速度2v 水平抛出小球，经过时间t 2完成平抛运动.不计空气阻力，则( )图3A.t 2>2t 1B.t 2＝2t 1C.t 2<2t 1D.落在B 点答案 C解析在斜面顶端A 以速度v 水平抛出一小球，经过时间t 1恰好落在斜面的中点P ，有tanθ＝12gt 21vt 1，解得t 1＝2v tan θg ，水平位移x ＝vt 1＝2v 2tan θg，初速度变为原来的2倍，若还落在斜面上，水平位移应该变为原来的4倍，可知在A 点以速度2v 水平抛出小球，小球将落在水平面上.可知两球下降的高度之比为1∶2，根据t ＝2h g知，t 1∶t 2＝1∶2，则t 2<2t 1. 4.从A 点斜向上抛出一个小球，曲线ABCD 是小球运动的一段轨迹.建立如图4所示的正交坐标系xOy ，x 轴沿水平方向，轨迹上三个点的坐标分别为A (－L,0)、C (L,0)，D (2L,3L )，小球受到的空气阻力忽略不计，轨迹与y 轴的交点B 的坐标为( )图4A.(0，L 2)B.(0，－L )C.(0，－3L 2) D.(0，－2L ) 答案 B解析由函数图象可知，轨迹为二次函数，过点(－L,0)和(L,0)，设函数解析式y ＝－a (x－L )(x ＋L )将(2L,3L )代入方程，解得a ＝－1Ly ＝1L(x －L )(x ＋L )，将x ＝0代入得y ＝－L . 5.如图5所示，正方体空心框架ABCD －A 1B 1C 1D 1下表面在水平地面上，将可视为质点的小球从顶点A 在∠BAD 所在范围内(包括边界)沿不同的水平方向分别抛出，落点都在△B 1C 1D 1平面内(包括边界).不计空气阻力，以地面为重力势能参考平面.则下列说法正确的是( )图5A.小球初速度的最小值与最大值之比是1∶ 2B.落在C 1点的小球，运动时间最长C.落在B 1D 1线段上的小球，落地时机械能的最小值与最大值之比是1∶2D.轨迹与AC 1线段相交的小球，在交点处的速度方向都相同答案 D解析由h ＝12gt 2得t ＝2h g，下落高度相同，平抛运动的时间相等，故B 错误；小球落在A 1C 1线段中点时水平位移最小，落在C 1时水平位移最大，水平位移的最小值与最大值之比是1∶2，由x ＝v 0t ，t 相等得小球初速度的最小值与最大值之比是1∶2，故A 错误；落在B 1D 1线段中点的小球，落地时机械能最小，落在B 1D 1线段上D 1或B 1的小球，落地时机械能最大.设落在B 1D 1线段中点的小球初速度为v 1，水平位移为x 1.落在B 1D 1线段上D 1或B 1的小球初速度为v 2，水平位移为x 2.由几何关系有 x 1∶x 2＝1∶2，由x ＝v 0t，得：v 1∶v 2＝1∶2，落地时机械能等于抛出时的机械能，分别为：E 1＝mgh ＋12mv 21，E 2＝mgh ＋12mv 22，可知落地时机械能的最小值与最大值之比不等于1∶2.故C 错误.设AC 1的倾角为α，轨迹与AC 1线段相交的小球，在交点处的速度方向与水平方向的夹角为θ.则有 tan α＝yx ＝12gt 2v 0t ＝gt2v 0，tan θ＝gt v 0，则 tan θ＝2tan α，可知θ一定，则轨迹与AC 1线段相交的小球，在交点处的速度方向都相同，故D 正确.6.(多选)如图6所示，倾角为37°的光滑斜面顶端有甲、乙两个小球，甲以初速度v 0水平抛出，乙以初速度 v 0 沿斜面运动，甲、乙落地时，末速度方向相互垂直，重力加速度为g ，则( )图6A.斜面的高度为8v 209gB.甲球落地时间为3v 04gC.乙球落地时间为20v 09gD.乙球落地速度大小为7v 03答案 AC解析甲、乙落地时，末速度方向相互垂直，则甲的速度方向与水平方向的夹角为53°，则v y ＝v 0tan 53°＝43v 0，斜面的高度h ＝v 2y 2g ＝8v 209g ，故A 正确；甲球落地的时间t 甲＝v y g ＝4v 03g，故B 错误；乙球下滑的加速度a ＝g sin 37°＝35g ，下滑的距离x ＝h sin 37°，根据x ＝12at 2乙，联立解得t 乙＝20v 09g ，乙球落地的速度v ＝at 乙＝4v 03，故C 正确，D 错误. 7.如图7所示，“伦敦眼”(The London Eye)是世界上最大的观景摩天轮，仅次于南昌之星与新加坡观景轮.它总高度135米(443英尺)，屹立于伦敦泰晤士河南畔的兰贝斯区.现假设摩天轮正绕中间的固定轴做匀速圆周运动，则对于坐在轮椅上观光的游客来说，正确的说法是( )图7A.因为摩天轮做匀速转动，所以游客受力平衡B.当摩天轮转到最高点时，游客处于失重状态C.因为摩天轮做匀速转动，所以游客的机械能守恒D.当摩天轮转到最低点时，座椅对游客的支持力小于所受的重力答案 B解析摩天轮做匀速转动，不是平衡状态.故A错误；当摩天轮转到最高点时，游客受到的重力与支持力的合力的方向向下，指向圆心，所以游客处于失重状态.故B正确；摩天轮做匀速转动，所以游客的动能不变而重力势能是变化的，所以机械能不守恒，故C错误；游客随摩天轮做匀速圆周运动，当摩天轮转到最低点时，游客受到的重力与支持力的合力的方向向上，指向圆心，所以座椅对游客的支持力大于所受的重力.故D错误.8.如图8所示，ABC为在竖直平面内的金属半圆环，AC连线水平，AB为固定在A、B两点间的直的金属棒，在直棒上和半圆环的BC部分分别套着两个相同的小圆环M、N，现让半圆环绕对称轴以角速度ω做匀速转动，半圆环的半径为R，小圆环的质量均为m，金属棒和半圆环均光滑，已知重力加速度为g，小圆环可视为质点，则M、N两圆环做圆周运动的线速度之比为( )图8A.gR2ω4－g2B.g2－R2ω4gC.gg2－R2ω4D.R2ω4－g2g答案 A解析M环做匀速圆周运动，则mg tan 45°＝mv Mω，N环做匀速圆周运动，则mg tan θ＝mv N ω，mg tan θ＝mrω2，r ＝R sin θ，v N ＝rω＝1ωR 2ω4－g 2，因此v M v N ＝g R 2ω4－g2，A 项正确.9.如图9所示，有一陀螺其下部是截面为等腰直角三角形的圆锥体、上部是高为h 的圆柱体，其上表面半径为r ，转动角速度为ω.现让旋转的陀螺以某水平速度从距水平地面高为H 的光滑桌面上水平飞出后恰不与桌子边缘发生碰撞，陀螺从桌面水平飞出时，陀螺上各点中相对桌面的最大速度值为(已知运动中其转动轴一直保持竖直，空气阻力不计)( )图9A.gr 2 B.gr 2＋ω2r 2 C.gr 2＋ωr D.r g 2h ＋r＋ωr 答案 C解析陀螺下部分高为h ′＝r ，下落h ′所用时间为t ，则h ′＝12gt 2. 陀螺水平飞出的速度为v ，则r ＝vt ，解得v ＝gr2陀螺自转的线速度为v ′＝ωr ，陀螺上的点当转动的线速度与陀螺的水平分速度的方向相同时，对应的速度最大，所以最大速度v ＝ωr ＋gr2，故C 正确，A 、B 、D 错误.10.如图10所示，竖直面内半径为R 的光滑半圆形轨道与水平光滑轨道相切于D 点.a 、b 、c 三个相同的物体由水平部分分别向半圆形轨道滑去，最后重新落回到水平面上时的落点到切点D 的距离依次为AD <2R ，BD ＝2R ，CD >2R .设三个物体离开半圆形轨道在空中飞行时间依次为t a 、t b 、t c ，三个物体到达水平面的动能分别为E a 、E b 、E c ，则下面判断正确的是( )图10A.E a ＝E bB.E c ＝E bC.t b ＝t cD.t a ＝t b答案 C解析物体若从半圆形轨道最高点离开在空中做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，有：2R ＝12gt 2，则得：t ＝2R g 物体恰好到达半圆形轨道最高点时，有：mg ＝m v 2R，则通过半圆形轨道最高点时的最小速度为：v ＝gR所以物体从半圆形轨道最高点离开后平抛运动的水平位移最小值为：x ＝vt ＝2R由题知：AD <2R ，BD ＝2R ，CD >2R ，说明b 、c 通过最高点做平抛运动，a 没有到达最高点，则知t b ＝t c ＝2R g，t a ≠t b ＝t c . 对于a 、b 两球，通过D 点时，a 的速度比b 的小，由机械能守恒可得：E a <E b .对于b 、c 两球，由x ＝vt 知，t 相同，c 的水平位移大，通过圆轨道最高点时的速度大，由机械能守恒定律可知，E c >E b .11.一长l ＝0.8 m 的轻绳一端固定在O 点，另一端连接一质量m ＝0.1 kg 的小球，悬点O 距离水平地面的高度H ＝1 m.开始时小球处于A 点，此时轻绳拉直处于水平方向上，如图11所示.让小球从静止释放，当小球运动到B 点时，轻绳碰到悬点O 正下方一个固定的钉子P 时立刻断裂.不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2.图11(1)求当小球运动到B 点时的速度大小；(2)绳断裂后球从B 点抛出并落在水平地面的C 点，求C 点与B 点之间的水平距离；(3)若x OP ＝0.6 m ，轻绳碰到钉子P 时绳中拉力达到所能承受的最大拉力断裂，求轻绳能承受的最大拉力.答案 (1)4 m/s (2)0.8 m (3)9 N解析 (1)设小球运动到B 点时的速度大小为v B ，由机械能守恒定律得12mv 2B ＝mgl 解得小球运动到B 点时的速度大小v B ＝2gl ＝4 m/s(2)小球从B 点做平抛运动，由运动学规律得x ＝v B ty ＝H －l ＝12gt 2解得C 点与B 点之间的水平距离 x ＝v B 2H －l g＝0.8 m(3)若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值F m ，由圆周运动规律得F m －mg ＝m v 2B rr ＝l －x OP由以上各式解得F m ＝9 N.。

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