高中物理模型（六）曲線運動中的模型

方法16高中物理模型盤點（六）曲線運動中的模型目錄物理模型盤點——物體運動性質的判斷 2物理模型盤點——曲線運動的分解 3物理模型盤點——小船渡河模型 4物理模型盤點——平拋運動和類平拋運動的規(guī)律及應用 6物理模型盤點——與斜面相關聯(lián)的平拋運動模型 8物理模型盤點——圓周運動問題 13物理模型盤點——豎直平面內圓周運動的“輕繩、輕桿”模型 14物理模型盤點——圓周、直線平拋組合模型 18物理模型盤點——電學中的曲線運動 19命題點一：帶電粒子(或帶電體)在電場中的曲線運動 20考向一帶電粒子在勻強電場中的曲線運動 20考向二帶電體在勻強電場中的曲線運動 21考向三帶電粒子在交變電場中的曲線運動 22命題點二：帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動 23考向一帶電粒子在相鄰兩個勻強磁場中的圓周運動 24考向二帶電粒子在有界勻強磁場中運動的臨界、極值問題 24考向三帶電粒子在磁場中運動的多解問題 25物理模型盤點——物體運動性質的判斷一.物體的運動性質取決于所受合力以及與速度的方向關系，具體判斷思路如下：易錯提醒（1）曲線運動一定是變速運動，但變速運動不一定是曲線運動（2）物體所受的合外力為恒力時，一定做勻變速運動，但可能為勻變速直線運動，也可能是勻變速曲線運動。二、曲線運動的軌跡分析1.曲線運動的軌跡、速度、合力（加速度）之間的關系為：（1）加速度方向與合力方向一致，指向軌跡彎曲的內側。（2）曲線運動的軌跡處于速度方向與合力方向之間，且向合力方向彎曲。（3）曲線運動軌跡彎向合力方向，軌跡切線方向不斷接近但永遠不會平行合力，也不會與合力有交叉點。2.易錯提醒（1）物體的運動軌跡與初速度和合力方向關系有關：軌跡在合力與速度所夾區(qū)域之間且與速度相切。（2）做勻變速運動的物體，其速度方向將越來越接近力的方向，但不會與力的方向相同。如圖所示．則飛出傘面后的水滴可能()A．沿曲線Oa運動B．沿直線Ob運動C．沿曲線Oc運動D．沿圓弧Od運動【解析】雨滴在最高處離開傘邊緣，沿切線方向飛出，由于受重力軌跡向下偏轉，故C正確，A、B、D錯誤．物理模型盤點——曲線運動的分解(1)物體的實際運動是合運動，明確是在哪兩個方向上的分運動的合成．(2)根據合外力與合初速度的方向關系判斷合運動的性質．(3)運動的合成與分解就是速度、位移、加速度等的合成與分解，遵守平行四邊形定則．如圖所示是物體在相互垂直的x方向和y方向運動的v－t圖象．以下說法正確的是()A．在0～1s內，物體做勻速直線運動B．在0～1s內，物體做勻變速直線運動C．在1～2s內，物體做勻變速直線運動D．在1～2s內，物體做勻變速曲線運動【答案】C【解析】在0～1s內，水平方向為勻速直線運動，豎直方向為勻加速直線運動，則合運動為勻變速曲線運動，故選項A、B錯誤；在1～2s內，水平方向初速度為：v0x＝4m/s，加速度為ax＝4m/s2，豎直方向初速度為：v0y＝3m/s，加速度為：ay＝3m/s2，根據平行四邊形定則合成可得合速度為v＝5m/s，合加速度為a＝5m/s2，而且二者方向在同一直線上，則合運動為勻變速直線運動，故選項C正確，D錯誤．【提分秘籍】1.解決運動的合成和分解的一般思路(1)明確合運動和分運動的運動性質。(2)明確是在哪兩個方向上的合成或分解。(3)找出各個方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)。(4)運用力與速度的方向關系或矢量的運算法則進行分析求解。2．關聯(lián)速度問題的解題方法把物體的實際速度分解為垂直于繩(桿)和平行于繩(桿)兩個分量，根據沿繩(桿)方向的分速度大小相等求解。常見的模型如圖所示。物理模型盤點——小船渡河模型1．模型構建2．模型特點(1)船的實際運動是水流的運動和船相對靜水的運動的合運動。(2)三種速度：船在靜水中的速度v1、水的流速v2、船的實際速度v。(3)兩個極值①過河時間最短：v1⊥v2，tmin＝eq\f(d,v1)(d為河寬)。②過河位移最?。簐⊥v2(前提v1>v2)，如圖甲所示，此時xmin＝d，船頭指向上游與河岸夾角為α，cosα＝eq\f(v2,v1)；v1⊥v(前提v1<v2)，如圖乙所示。過河最小位移為xmin＝eq\f(d,sinα)＝eq\f(v2,v1)d。如圖所示，一條小船位于200m寬的河正中A點處，其下游100eq\r(3)m處有一危險區(qū)，當時水流速度為4m/s，為了使小船避開危險區(qū)沿直線到達對岸，小船在靜水中的速度至少是()A.eq\f(4\r(3),3)m/s B．eq\f(8\r(3),3)m/sC．2m/s D．4m/s解析：如圖，選取臨界情況進行研究，假設小船剛好避開危險區(qū)沿直線到達對岸B點處，根據運動的合成與分解可知，當船速的方向與AB垂直時，船速最小，tanθ＝eq\f(100,100\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，θ＝30°，故v船＝v水sinθ＝4×eq\f(1,2)m/s＝2m/s。答案：C[即學即練]如圖所示，一艘輪船正在以4m/s的速度沿垂直于河岸方向勻速渡河，河中各處水流速度都相同，其大小為v1＝3m/s，行駛中，輪船發(fā)動機的牽引力與船頭朝向的方向相同。某時刻發(fā)動機突然熄火，輪船牽引力隨之消失，輪船相對于水的速度逐漸減小，但船頭方向始終未發(fā)生變化。求：(1)發(fā)動機未熄火時，輪船相對于靜水行駛的速度大小。(2)發(fā)動機熄火后，輪船相對于河岸速度的最小值。解析：(1)發(fā)動機未熄火時，輪船運動速度v與水流速度v1方向垂直，如圖所示，故此時船相對于靜水的速度v2的大小：v2＝eq\r(v2＋v\o\al(2,1))＝eq\r(42＋32)m/s＝5m/s，設v與v2的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(v,v2)＝0.8。(2)熄火前，船的牽引力沿v2的方向，水的阻力與v2的方向相反，熄火后，牽引力消失，在阻力作用下，v2逐漸減小，但其方向不變，當v2與v1的矢量和與v2垂直時，輪船的合速度最小，則vmin＝v1cosθ＝3×0.8m/s＝2.4m/s。答案：(1)5m/s(2)2.4m/s方法技巧(1)“三模型、兩方案”解決小船渡河問題(2)求解運動的合成與分解的三個技巧①求解運動的合成與分解問題，應抓住合運動和分運動具有等時性、獨立性、等效性的關系。②小船過河時船頭的指向與小船的航向不是一回事。1．一質點做勻速直線運動。現(xiàn)對其施加一恒力，且原來作用在質點上的力不發(fā)生改變，則()A．質點速度的方向總是與該恒力的方向相同B．質點速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直C．質點加速度的方向總是與該恒力的方向相同D．質點單位時間內速率的變化量總是不變解析：質點原來做勻速直線運動，說明所受合外力為0，當對其施加一恒力后，恒力的方向與原來運動的速度方向關系不確定，則質點可能做直線運動，也可能做曲線運動，但加速度的方向一定與該恒力的方向相同，選項B、C正確。答案：BC2．(多選)如圖所示，在光滑水平面上有兩條互相平行的直線l1、l2相距距離為確定值，AB是兩條直線的垂線，其中A點在直線l1上，B、C兩點在直線l2上且相距距離為確定值。一個物體沿直線l1以確定的速度勻速向右運動，如果物體要從A點運動到C點，圖中1、2、3為可能的路徑，則可以在物體通過A點時()A．獲得由A指向B的任意瞬時速度；物體的路徑是2B．獲得由A指向B的確定瞬時速度；物體的路徑是2C．持續(xù)受到平行AB的任意大小的恒力；物體的路徑可能是1D．持續(xù)受到平行AB的確定大小的恒力；物體的路徑可能是3解析：獲得由A指向B的確定瞬時速度，即兩個勻速直線運動的合運動一定還是勻速直線運動，選項A錯誤，B正確；持續(xù)受到平行AB的確定大小的恒力，導致合初速度的方向與合加速度的方向相互垂直，軌跡偏向加速度方向，即為路徑1，選項C正確，D錯誤。答案：BC物理模型盤點——平拋運動和類平拋運動的規(guī)律及應用【題型解碼】整體法、隔離法交替運用的原則：若連接體內各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對象，應用牛頓第二定律求作用力．即“先整體求加速度，后隔離求內力”．在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場，質量為m的帶電小球由MN上方的A點以一定初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同一直線上，且AB＝2BC，如圖所示。由此可知()A．小球從A到B再到C的整個過程中機械能守恒B．電場力大小為2mgC．小球從A到B與從B到C的運動時間之比為2∶1D．小球從A到B與從B到C的加速度大小之比為2∶1【答案】C【解析】小球從A到B再到C的過程中，存在電場力做功，故機械能不守恒，A錯誤；設AC連線與水平方向的夾角為θ，小球從A經B到C的過程中，水平方向上做勻速直線運動，所以C點速度與A點的速度相同，動能變化為零，根據動能定理得：mg·LACsinθ－F電場·LBCsinθ＝0，解得：F電場＝3mg，故B錯誤；由于小球在水平方向做勻速直線運動，且AB＝2BC，所以AB、BC的水平位移分量之比為2∶1，所以從A到B的時間與從B到C的時間之比為2∶1，故C正確；小球從A到B過程只受重力作用，故加速度為g，小球從B到C過程，所受合力為F電場－mg＝ma，解得a＝2g，故小球從A到B與從B到C的加速度大小之比為1∶2，故D錯誤。【提分秘籍】1．基本方法：運動的合成與分解水平方向上：勻速直線運動；豎直方向上：自由落體運動．2．基本規(guī)律(1)位移關系：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝v0t,y＝\f(1,2)gt2))合位移的大小s＝eq\r(x2＋y2)位移方向偏轉角tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(gt,2v0).(2)速度關系：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(vx＝v0,vy＝gt))合速度的大小v＝eq\r(vx2＋vy2)速度方向偏轉角tanα＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(gt,v0)＝2tanθ.3．兩個重要推論(1)若速度方向與水平方向的夾角為α，位移方向與水平方向的夾角為θ，則tanα＝2tanθ.(2)平拋運動到任一位置A，過A點作其速度方向的反向延長線交Ox軸于C點，有OC＝eq\f(xA,2)(如圖所示)．(3)任何一段時間內，速度變化量為Δv＝gΔt，方向恒為豎直向下；連續(xù)相等的時間間隔Δt內，豎直方向的位移差不變?yōu)棣＝g(Δt)2，在平拋運動軌跡上找?guī)讉€點，使x1＝x2＝…，利用y2－y1＝g(Δt)2可求重力加速度．4．和斜面相關的平拋運動解題技巧(1)在斜面上平拋又落到斜面上：①合位移與水平位移的夾角等于斜面傾角，常用位移關系tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0).②不同落點的速度方向與斜面的夾角相等．③離斜面最遠時速度方向與斜面平行(如圖中P點)，若求離斜面最遠距離，常沿斜面方向、垂直斜面方向將速度和加速度分解．(2)平拋運動的物體垂直打在斜面上：合速度與豎直速度的夾角等于斜面傾角θ，常用速度關系tanθ＝eq\f(vx,vy)＝eq\f(v0,gt).物理模型盤點——與斜面相關聯(lián)的平拋運動模型斜面上的平拋問題是一種常見的題型，在解答這類問題時除要運用平拋運動的位移和速度規(guī)律，還要充分運用斜面傾角，找出斜面傾角同位移和速度與水平方向夾角的關系，從而使問題得到順利解決。常見的模型如下：方法內容斜面總結分解速度水平：vx＝v0豎直：vy＝gt合速度：v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))速度方向與θ有關，分解速度，構建速度三角形分解位移水平：x＝v0t豎直：y＝eq\f(1,2)gt2合位移：x合＝eq\r(x2＋y2)位移方向與θ有關，分解位移，構建位移三角形如圖所示，斜面固定在水平面上，兩個小球分別從斜面底端O點正上方A、B兩點向右水平拋出，B為AO連線的中點，最后兩球都垂直落在斜面上，A、B兩球擊中斜面位置到O點的距離之比為()A.eq\r(2)∶1 B．2∶1C．4∶eq\r(2) D．4∶1解析：設落到斜面上的位置分別為P、Q，由題意知，落到斜面上時兩小球的速度與水平面夾角相等，根據平拋運動的推論知，位移AP、BQ與水平面夾角也相等，則ΔPOA與ΔQOB相似，對應邊成比例，B正確。答案：B1．地面上方某一點將一小球以一定的初速度沿水平方向拋出，不計空氣阻力，則小球在隨后的運動中()A．速度和加速度的方向都在不斷變化B．速度與加速度方向之間的夾角一直減小C．在相等的時間間隔內，速率的改變量相等D．在相等的時間間隔內，動能的改變量相等解析：由于物體做平拋運動，故物體只受重力作用，加速度不變，速度的大小和方向時刻在變化，故選項A錯誤；設某時刻速度與豎直方向夾角為θ，則tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(v0,gt)，故隨著時間t的變大，tanθ變小，θ變小，選項B正確；根據加速度定義式a＝eq\f(Δv,Δt)＝g，得Δv＝gΔt，即在相等的時間間隔內，速度的改變量相等，故選項C錯誤；根據動能定理，在相等的時間間隔內，動能的改變量等于重力的功，即WG＝mgh，而平拋運動在相等時間內豎直方向上的位移不相等，故選項D錯誤。答案：B2.發(fā)球機從同一高度向正前方依次水平射出兩個速度不同的乒乓球（忽略空氣的影響）。速度較大的球越過球網，速度較小的球沒有越過球網；其原因是A．速度較小的球下降相同距離所用的時間較多B．速度較小的球在下降相同距離時在豎直方向上的速度較大C．速度較大的球通過同一水平距離所用的時間較少D．速度較大的球在相同時間間隔內下降的距離較大【答案】C【考點定位】平拋運動【名師點睛】重點要理解題意，本題考查平拋運動水平方向的運動規(guī)律。理論知識簡單，難在由題意分析出水平方向運動的特點。3．如圖所示，A、B兩小球從相同高度同時水平拋出，經過時間t在空中相遇，若兩球的拋出速度都變?yōu)樵瓉淼?倍，則兩球從拋出到相遇經過的時間為（A）（B）（C）（D）【答案】C【解析】設第一次拋出時A球的速度為v1，B球的速度為v2，則A、B間的水平距離x=(v1+v2)t，第二次兩球的速度為第一次的2倍，但兩球間的水平距離不變，則x=2(v1+v2)T，聯(lián)立得T=t∕2，所以C正確；ABD錯誤．【考點定位】平拋運動【名師點睛】本題的關鍵信息是兩球運動時間相同，水平位移之和不變．4．如圖，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直。一小物塊以速度從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點到軌道下端的距離與軌道半徑有關，此距離最大時。對應的軌道半徑為（重力加速度大小為g）A．B．C． D．【答案】B【解析】物塊由最低點到最高點有：；物塊做平拋運動：x=v1t；；聯(lián)立解得：，由數學知識可知，當時，x最大，故選B。【考點定位】機械能守恒定律；平拋運動【名師點睛】此題主要是對平拋運動的考查；解題時設法找到物塊的水平射程與圓軌道半徑的函數關系，即可通過數學知識討論；此題同時考查學生運用數學知識解決物理問題的能力。5．平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第Ⅲ現(xiàn)象存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示。一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等。不計粒子重力，問：（1）粒子到達O點時速度的大小和方向；（2）電場強度和磁感應強度的大小之比?！敬鸢浮浚?），方向與x軸方向的夾角為45°角斜向上（2）【解析】（1）粒子在電場中由Q到O做類平拋運動，設O點速度v與+x方向夾角為α，Q點到x軸的距離為L，到y(tǒng)軸的距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t，根據類平拋運動的規(guī)律，有：x方向：y方向：粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為：又：解得：，即，粒子到達O點時速度方向與x軸方向的夾角為45°角斜向上。粒子到達O點時的速度大小為【考點定位】帶電粒子在復合場中的運動【名師點睛】本題難度不大，但需要設出的未知物理量較多，容易使學生感到混亂，要求學生認真規(guī)范作答，動手畫圖。物理模型盤點——圓周運動問題【題型解碼】1.基本思路(1)受力分析，明確向心力的來源，確定圓心以及半徑．(2)列出正確的動力學方程F＝meq\f(v2,r)＝mrω2＝mωv＝mreq\f(4π2,T2).2.技巧方法豎直平面內圓周運動的最高點和最低點的速度通常利用動能定理來建立聯(lián)系，然后結合牛頓第二定律進行動力學分析．跳繩過程中，甲、乙兩位同學握住繩子兩端A、B近似不動，繩子繞AB連線在空中轉到圖示位置時，則質點()A．P、Q的速度方向沿繩子切線B．P的線速度小于Q的線速度C．P的角速度小于Q的角速度D．P、Q的合外力方向指向AB的中點O【答案】B【解析】P、Q兩點以AB為共同轉軸做圓周運動，由P、Q兩點向AB線段作垂線分別交AB于P′、Q′點，即為二者的圓心，如圖所示，則可知P、Q的速度方向與各自的半徑垂直，并不沿繩子切線，故A錯誤；由于P、Q兩點以AB為共同轉軸做圓周運動，可知二者的角速度相等，由圖可知，P的半徑小于Q的半徑，根據公式v＝ωr可知，P的線速度小于Q的線速度，故B正確，C錯誤；若質點P、Q做勻速圓周運動，則合外力指向各自的圓心位置，不指向AB的中點O，故D錯誤．【提分秘籍】1.圓周運動問題的求解步驟(1)審清題意，確定研究對象，明確物體做圓周運動的平面。(2)分析清楚物體的受力情況，找清楚是哪些力充當向心力。(3)分析清楚物體的運動狀態(tài)，如線速度、角速度、周期、軌跡半徑等。(4)根據牛頓第二定律列方程求解。2．圓周運動的一些典型模型的處理方法物理模型盤點——豎直平面內圓周運動的“輕繩、輕桿”模型【題型解碼】(1)物體在豎直平面內做圓周運動。(2)“輕繩”模型和“輕桿”模型的不同①“輕繩”只能對物體產生拉力，對物體無支撐作用。②“輕桿”既可對物體產生拉力也可產生支持力，而對物體有支撐作用。(3)兩種模型的軌道最高點情況比較“輕繩”模型“輕桿”模型圖示受力特征物體受到的彈力方向為向下或等于零物體受到的彈力方向為向下、等于零或向上受力示意圖力學方程mg＋FN＝meq\f(v2,R)mg±FN＝eq\f(mv2,R)臨界特征FN＝0mg＝meq\f(v\o\al(2,min),R)即vmin＝eq\r(gR)v＝0即F向＝0FN＝mg過最高點的條件在最高點的速度v≥eq\r(gR)在最高點的速度v≥0長L＝0.5m質量可忽略的細桿，其一端可繞O點在豎直平面內轉動，另一端固定著一個小球A。A的質量為m＝2kg，當A通過最高點時，如圖所示，求在下列兩種情況下桿對小球的作用力：(1)A在最低點的速率為eq\r(21)m/s。(2)A在最低點的速率為6m/s。解析：對小球A由最低點到最高點過程，由動能定理得，－mg·2L＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)在最高點，假設細桿對A的彈力F向下，則A的受力圖如圖所示：以A為研究對象，由牛頓第二定律得mg＋F＝meq\f(v2,L)②所以F＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,L)－g))③(1)當v0＝eq\r(21)m/s時，由①式得v＝1m/s，④F＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,0.5)－10))N＝－16N，⑤負值說明F的實際方向與假設的向下的方向相反，即桿給A向上的16N的支撐力。(2)當v0＝6m/s時，由①式得v＝4m/s⑥F＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(42,0.5)－10))N＝44N⑦正值說明桿對A施加的是向下的44N的拉力。答案：(1)16N方向向上(2)44N方向向下[考法拓展][把細桿換成細繩]在[典例]中若把細桿換成細繩，則在(1)(2)兩種情況下小球能否過最高點？若能，此時細繩對小球的拉力為多少？解析：對小球A由最低點到最高點過程，由動能定理得，－mg·2L＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①(1)當v0＝eq\r(21)m/s時，由①式得v＝1m/s，②對小球A，剛好過最高點時，有mg＝meq\f(v\o\al(2,min),L)，③解得vmin＝eq\r(5)m/s，④因為v＝1m/s<vmin，故小球不能過最高點。(2)當v0＝6m/s時，由①式得v＝4m/s；⑤因為v＝4m/s>vmin，故小球能過最高點。此時對小球，由牛頓第二定律得mg＋F＝meq\f(v2,L)⑥解得：F＝44N答案：(1)v0＝eq\r(21)m/s時不能(2)v0＝6m/s時能44N如圖，一光滑大圓環(huán)固定在桌面上，環(huán)面位于豎直平面內，在大圓環(huán)上套著一個小環(huán)。小環(huán)由大圓環(huán)的最高點從靜止開始下滑，在小環(huán)下滑的過程中，大圓環(huán)對它的作用力A．一直不做功 B．一直做正功C．始終指向大圓環(huán)圓心 D．始終背離大圓環(huán)圓心【答案】A【考點定位】圓周運動；功【名師點睛】此題關鍵是知道小圓環(huán)在大圓環(huán)上的運動過程中，小圓環(huán)受到的彈力方向始終沿大圓環(huán)的半徑方向，先是沿半徑向外，后沿半徑向里?！疤旖蛑邸笔且蛔绾咏ㄔO、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標之一。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內做勻速圓周運動。下列敘述正確的是A．摩天輪轉動過程中，乘客的機械能保持不變B．在最高點，乘客重力大于座椅對他的支持力C．摩天輪轉動一周的過程中，乘客重力的沖量為零D．摩天輪轉動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變【答案】B【解析】機械能等于動能和重力勢能之和，乘客隨座艙在豎直面內做勻速圓周運動，動能不變，重力勢能時刻發(fā)生變化，則機械能在變化，故A錯誤；在最高點對乘客受力分析，根據牛頓第二定律有：，座椅對他的支持力，故B正確；乘客隨座艙轉動一周的過程中，動量不變，是所受合力的沖量為零，重力的沖量，故C錯誤；乘客重力的瞬時功率，其中θ為線速度和豎直方向的夾角，摩天輪轉動過程中，乘客的重力和線速度的大小不變，但θ在變化，所以乘客重力的瞬時功率在不斷變化，故D錯誤?！究键c定位】機械能，向心力，沖量和動量定理，瞬時功率【名師點睛】本題的難點在于對動量定理的理解，是“物體所受合力的沖量等于動量的變化”，而學生經常記為“力的沖量等于物體動量的變化”。如圖，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直。一小物塊以速度從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點到軌道下端的距離與軌道半徑有關，此距離最大時。對應的軌道半徑為（重力加速度大小為g） B． C． D．【答案】B【解析】物塊由最低點到最高點有：；物塊做平拋運動：x=v1t；；聯(lián)立解得：，由數學知識可知，當時，x最大，故選B?！久麕燑c睛】此題主要是對平拋運動的考查；解題時設法找到物塊的水平射程與圓軌道半徑的函數關系，即可通過數學知識討論；此題同時考查學生運用數學知識解決物理問題的能力。物理模型盤點——圓周、直線平拋組合模型如圖所示，豎直平面內有一光滑管道口徑很小的圓弧軌道，其半徑為R＝0.5m，平臺與軌道的最高點等高。一質量m＝0.8kg可看做質點的小球從平臺邊緣的A處平拋，恰能沿圓弧軌道上P點的切線方向進入軌道內側，軌道半徑OP與豎直線的夾角為53°，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10m/s2。試求：(1)小球從A點開始平拋運動到P點所需的時間t；(2)小球從A點水平拋出的速度大小v0和A點到圓弧軌道入射點P之間的水平距離l；(3)小球到達圓弧軌道最低點時的速度大??；(4)小球沿軌道通過圓弧的最高點Q時對軌道的內壁還是外壁有彈力？并求出彈力的大小?！敬鸢浮?1)0.4s(2)3m/s1.2m(3)eq\r(29)m/s(4)外壁6.4N【解析】(1)從A到P過程中，小球做平拋運動，在豎直方向上做自由落體運動，有R＋Rcos53°＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝0.4s。(2)根據分運動公式，有vy＝gt，tan53°＝eq\f(vy,v0)，解得v0＝3m/s，在水平方向上，有l(wèi)＝v0t，解得l＝1.2m。(3)從A到圓弧軌道最低點，根據機械能守恒定律，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝2mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v1＝eq\r(29)m/s。(4)小球從A到達Q時，根據機械能守恒定律可知vQ＝v0＝3m/s；在Q點，根據牛頓第二定律，有FN＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,Q),R)，得FN＝6.4N根據牛頓第三定律可得小球對外壁有彈力FN′＝FN＝6.4N?！咎岱置丶拷鉀Q“圓周平拋（直線）組合模型”問題的5點要素1．一個物體平拋運動和（圓周）直線運動先后進行，要明確直線運動的性質，關鍵抓住速度是兩個運動的銜接點．2．兩個物體分別做平拋運動和（圓周）直線運動，且同時進行，則它們運動的時間相等，同時滿足一定的空間幾何關系．3.對于多過程問題首先要搞清各運動過程的特點，然后選用相應規(guī)律．4．要特別注意運用有關規(guī)律建立兩運動之間的聯(lián)系，把轉折點的速度作為分析重點．5.程序法在解圓周平拋（直線）組合模型中的應用所謂“程序法”是指根據題意按先后順序分析發(fā)生的運動過程，并明確每一過程的受力情況、運動性質、滿足的規(guī)律等等，還要注意前后過程的銜接點是具有相同的速度．物理模型盤點——電學中的曲線運動【要點提煉】一、帶電粒子在電場中的曲線運動1.帶電粒子在非勻強電場中的曲線運動(1)電場力指向軌跡的凹側。(2)帶電粒子做變加速運動，qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。2.帶電粒子在勻強電場中的偏轉問題(1)把偏轉運動分解為兩個獨立的直線運動①平行于極板的勻速直線運動：L＝v0t。②垂直于極板的勻加速直線運動：a＝eq\f(qU,md)，vy＝at，偏轉距離y＝eq\f(1,2)at2，速度偏轉角tanθ＝eq\f(vy,v0)。(2)根據動能定理，帶電粒子的動能變化量ΔEk＝eq\f(y,d)qU。二、帶電粒子在磁場中的圓周運動1.運動電荷在有界勻強磁場中運動的常見情景(1)從直線邊界射入的粒子，又從同一邊界射出時，速度方向與邊界的夾角相等。(2)在圓形磁場區(qū)域內，沿半徑方向射入的粒子，一定沿半徑方向射出。2.帶電粒子在磁場中做圓周運動引起多解的原因(1)帶電粒子的電性不確定形成多解，可能出現(xiàn)兩個方向的運動軌跡。(2)磁場方向不確定形成多解，可能出現(xiàn)兩個方向的運動軌跡。(3)臨界狀態(tài)不唯一形成多解，需要根據臨界狀態(tài)的不同分別求解。(4)圓周運動的周期性形成多解?！咎岱置丶恳?、帶電粒子在電場中的運動解題途徑的選擇1.求解帶電粒子在勻強電場中的運動時，運動和力、功能關系兩個途徑都適用，選擇依據是題給條件，當不涉及時間時選擇功能關系，否則必須選擇運動和力。2.帶電粒子在非勻強電場中運動時，加速度不斷變化，只能選擇功能關系求解。二、帶電粒子在磁場中的運動處理方法1.“一點、兩畫、三定、四寫”求解粒子在磁場中的圓周運動(1)一點：特殊位置或要求粒子到達的位置(如初始位置、要求經過的某一位置等)。(2)兩畫：畫出速度v和洛倫茲力F兩個矢量的方向。(3)三定：定圓心、定半徑、定圓心角。(4)四寫：寫出基本方程qvB＝meq\f(v2,R)，半徑R＝eq\f(mv,qB)，周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，運動時間t＝eq\f(s,v)＝eq\f(α,2π)T。2.帶電粒子在磁場中運動的多解問題的處理技巧對于圓周運動的周期性形成的多解問題，要注意系列解出現(xiàn)的可能，要注意每種解出現(xiàn)的條件，并尋找相關的通項公式。命題點一：帶電粒子(或帶電體)在電場中的曲線運動考向一帶電粒子在勻強電場中的曲線運動如圖1，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢均為φ(φ＞0)。質量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計。（圖1）(1)求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應為多少？【解析】(1)PG、QG間場強大小相等，均為E。粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設粒子的加速度大小為a，有E＝eq\f(2φ,d)①F＝qE＝ma②設粒子第一次到達G時動能為Ek，由動能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③設粒子第一次到達G時所用的時間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有h＝eq\f(1,2)at2④l＝v0t⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qh⑥l＝v0eq\r(\f(mdh,qφ))⑦(2)若粒子穿過G一次就從電場的右側飛出，則金屬板的長度最短。由對稱性知，此時金屬板的長度L為L＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ))⑧【答案】(1)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qhv0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)2v0eq\r(\f(mdh,qφ))考向二帶電體在勻強電場中的曲線運動用長為1.4m的輕質柔軟絕緣細線，拴一質量為1.0×10－2kg、電荷量為2.0×10－8C的小球，細線的上端固定于O點。現(xiàn)加一水平向右的勻強電場，平衡時細線與鉛垂線成37°角，如圖2所示?，F(xiàn)向左拉小球使細線水平且拉直，靜止釋放，則(sin37°＝0.6，g取10m/s2)()A.該勻強電場的場強為3.75×107N/CB.平衡時細線的拉力為0.17NC.經過0.5s，小球的速度大小為6.25m/sD.小球第一次通過O點正下方時，速度大小為7m/s（圖2）【解析】小球處于平衡狀態(tài)時，受力分析如圖所示，則可知qE＝mgtan37°，則該勻強電場的電場強度E＝eq\f(mgtan37°,q)＝3.75×106N/C，A錯誤；細線的拉力F＝eq\f(mg,cos37°)＝0.125N，故B錯誤；在外力作用下，小球拉至細線水平時，由靜止釋放，如圖所示，小球在電場力和重力的作用下，從A點由靜止開始做勻加速直線運動至B點，∠OAB＝∠OBA＝53°，OA＝OB＝l＝1.4m，在此過程中，細線處于松弛狀態(tài)，無拉力作用，小球運動至B點時，細線繃緊，勻加速直線運動結束。根據牛頓第二定律可知小球勻加速直線運動時的加速度a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(F,m)＝eq\f(0.125,0.01)m/s2＝12.5m/s2，假設經過0.5s后，小球仍在沿AB方向做勻加速直線運動，則小球的速度v＝at＝6.25m/s，經過的距離x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×12.5×0.52m＝1.5625m，A、B間的距離|AB|＝2×l×cos53°＝1.68m，x＜|AB|，假設成立，故0.5s時，小球的速度大小為6.25m/s，故C正確；小球運動至B點時，細線繃緊，小球沿細線方向的分速度減為零，動能減小，假設細線繃緊過程小球機械能損失ΔE，此后在電場力、重力和細線拉力作用下沿圓弧運動至O點正下方，根據能量守恒定律，可知(qE＋mg)·l－ΔE＝eq\f(1,2)mv2，可得v＜7m/s，故D錯誤。【答案】C考向三帶電粒子在交變電場中的曲線運動如圖3甲所示，兩水平金屬板A、B間的距離為d，極板長為l，A、B右端有一豎直放置的熒光屏，熒光屏距A、B右端的距離為0.7l。A、B兩板間加上如圖乙所示的方波形電壓，電壓的正向值為U0，反向值也為U0，A、B間的電場可看作勻強電場，且兩板外無電場?，F(xiàn)有質量為m、電荷量為e(重力不計)的電子束，以速度v0沿A、B兩板間的中心線OO′射入兩板間的偏轉電場，所有電子均能通過偏轉電場，最后打在熒光屏上。（圖3）(1)求電子通過偏轉電場的時間t0；(2)若UAB的周期T＝t0，求從OO′上方飛出偏轉電場的電子在飛出時離OO′的最大距離；(3)若UAB的周期T＝2t0，求電子擊中熒光屏上O′點時的速率。【解析】(1)電子在水平方向做勻速運動有v0t0＝l解得t0＝eq\f(l,v0)(2)當T＝t0時，t＝0時刻進入偏轉電場的電子向上側移距離最大設最大距離為ym，加速度大小為a，則有ym＝2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t0,2)))eq\s\up12(2)，a＝eq\f(eU0,md)，解得最大距離ym＝eq\f(eU0l2,4mdveq\o\al(2,0))(3)當T＝2t0時，電子要到達O′點在電場中必須在豎直方向上先加速后減速再反向加速，并且加速度大小相等，離開電場后豎直方向上勻速，從O到O′的整個過程向上的位移和向下的位移大小相等。設向上加速時間為Δt，則在豎直方向上有y上＝2×eq\f(1,2)a(Δt)2y下＝eq\f(1,2)a(t0－2Δt)2＋a(t0－2Δt)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.7l,v0)))要到達O′點，則有y上＝y(tǒng)下解得Δt＝0.4t0，另一解Δt＝3t0舍去所以到達O′點的電子在豎直方向上的速度大小為vy＝a(t0－2Δt)到達熒光屏上O′點的電子的速率為v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))解得電子擊中熒光屏上O′點時的速率v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(eU0l,5mdv0)))\s\up12(2))?！敬鸢浮?1)eq\f(l,v0)(2)eq\f(eU0l2,4mdveq\o\al(2,0))(3)eq\r(veq\o\al(2,0)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(eU0l,5mdv0)))\s\up12(2))【總結歸納】帶電粒子在電場中的運動問題的解題思路(1)如果是帶電粒子在恒定電場力作用下做直線運動的問題，應用牛頓第二定律找出加速度，結合運動學公式確定帶電粒子的速度、位移等。(2)如果是非勻強電場中的直線運動，一般利用動能定理研究全過程中能的轉化，研究帶電粒子的速度變化、運動的位移等。(3)對于曲線運動問題，若是類平拋運動，通常采用運動的合成與分解方法處理，應用動力學方法或功能方法求解。命題點二：帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動考向一帶電粒子在相鄰兩個勻強磁場中的圓周運動如圖，在坐標系的第一和第二象限內存在磁感應強度大小分別為eq\f(1,2)B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最后經過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為()A.eq\f(5πm,6qB) B.eq\f(7πm,6qB)C.eq\f(11πm,6qB) D.eq\f(13πm,6qB)【解析】帶電粒子在不同磁場中做圓周運動，其速度大小不變，由r＝eq\f(mv,qB)知，第一象限內的圓半徑是第二象限內圓半徑的2倍，如圖所示。粒子在第二象限內運動的時間t1＝eq\f(T1,4)＝eq\f(2πm,4qB)＝eq\f(πm,2qB)粒子在第一象限內運動的時間t2＝eq\f(T2,6)＝eq\f(2πm×2,6qB)＝eq\f(2πm,3qB)則粒子在磁場中運動的時間t＝t1＋t2＝eq\f(7πm,6qB)，選項B正確?！敬鸢浮緽考向二帶電粒子在有界勻強磁場中運動的臨界、極值問題如圖所示，在水平線ab的下方有一勻強電場，電場強度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里。磁場中有一內、外半徑分別為R、eq\r(3)R的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與ab的交點分別為M、N。一質量為m、電荷量為q的帶負電粒子在電場中P點靜止釋放，由M進入磁場，從N射出。不計粒子重力。(1)求粒子從P到M所用的時