高考物理學(xué)習(xí)記憶方法大全方法16 高中物理模型盤點(diǎn)（六）曲線運(yùn)動(dòng)中的模型

方法16高中物理模型盤點(diǎn)（六）曲線運(yùn)動(dòng)中的模型目錄物理模型盤點(diǎn)——物體運(yùn)動(dòng)性質(zhì)的判斷 ①，故,因而C錯(cuò)誤，D正確；故選AD．物理模型盤點(diǎn)——曲線運(yùn)動(dòng)的分解(1)物體的實(shí)際運(yùn)動(dòng)是合運(yùn)動(dòng)，明確是在哪兩個(gè)方向上的分運(yùn)動(dòng)的合成．(2)根據(jù)合外力與合初速度的方向關(guān)系判斷合運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)．(3)運(yùn)動(dòng)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．(2020·江西宜春市第一學(xué)期期末)如圖所示是物體在相互垂直的x方向和y方向運(yùn)動(dòng)的v－t圖象．以下說法正確的是()A．在0～1s內(nèi)，物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．在0～1s內(nèi)，物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)C．在1～2s內(nèi)，物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)D．在1～2s內(nèi)，物體做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)【答案】C【解析】在0～1s內(nèi)，水平方向?yàn)閯蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，豎直方向?yàn)閯蚣铀僦本€運(yùn)動(dòng)，則合運(yùn)動(dòng)為勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；在1～2s內(nèi)，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(jù)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(yùn)動(dòng)為勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．【提分秘籍】1.解決運(yùn)動(dòng)的合成和分解的一般思路(1)明確合運(yùn)動(dòng)和分運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)。(2)明確是在哪兩個(gè)方向上的合成或分解。(3)找出各個(gè)方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)。(4)運(yùn)用力與速度的方向關(guān)系或矢量的運(yùn)算法則進(jìn)行分析求解。2．關(guān)聯(lián)速度問題的解題方法把物體的實(shí)際速度分解為垂直于繩(桿)和平行于繩(桿)兩個(gè)分量，根據(jù)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(diǎn)——小船渡河模型1．模型構(gòu)建2．模型特點(diǎn)(1)船的實(shí)際運(yùn)動(dòng)是水流的運(yùn)動(dòng)和船相對(duì)靜水的運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)。(2)三種速度：船在靜水中的速度v1、水的流速v2、船的實(shí)際速度v。(3)兩個(gè)極值①過河時(shí)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(shí)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(diǎn)處，其下游100eq\r(3)m處有一危險(xiǎn)區(qū)，當(dāng)時(shí)水流速度為4m/s，為了使小船避開危險(xiǎn)區(qū)沿直線到達(dá)對(duì)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(jìn)行研究，假設(shè)小船剛好避開危險(xiǎn)區(qū)沿直線到達(dá)對(duì)岸B點(diǎn)處，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解可知，當(dāng)船速的方向與AB垂直時(shí)，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(xué)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(dòng)機(jī)的牽引力與船頭朝向的方向相同。某時(shí)刻發(fā)動(dòng)機(jī)突然熄火，輪船牽引力隨之消失，輪船相對(duì)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(dòng)機(jī)未熄火時(shí)，輪船相對(duì)于靜水行駛的速度大小。(2)發(fā)動(dòng)機(jī)熄火后，輪船相對(duì)于河岸速度的最小值。解析：(1)發(fā)動(dòng)機(jī)未熄火時(shí)，輪船運(yùn)動(dòng)速度v與水流速度v1方向垂直，如圖所示，故此時(shí)船相對(duì)于靜水的速度v2的大?。簐2＝eq\r(v2＋v\o\al(2,1))＝eq\r(42＋32)m/s＝5m/s，設(shè)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(dāng)v2與v1的矢量和與v2垂直時(shí)，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(yùn)動(dòng)的合成與分解的三個(gè)技巧①求解運(yùn)動(dòng)的合成與分解問題，應(yīng)抓住合運(yùn)動(dòng)和分運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性、獨(dú)立性、等效性的關(guān)系。②小船過河時(shí)船頭的指向與小船的航向不是一回事。1．(2016·全國乙卷·18)(多選)一質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)?，F(xiàn)對(duì)其施加一恒力，且原來作用在質(zhì)點(diǎn)上的力不發(fā)生改變，則()A．質(zhì)點(diǎn)速度的方向總是與該恒力的方向相同B．質(zhì)點(diǎn)速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直C．質(zhì)點(diǎn)加速度的方向總是與該恒力的方向相同D．質(zhì)點(diǎn)單位時(shí)間內(nèi)速率的變化量總是不變解析：質(zhì)點(diǎn)原來做勻速直線運(yùn)動(dòng)，說明所受合外力為0，當(dāng)對(duì)其施加一恒力后，恒力的方向與原來運(yùn)動(dòng)的速度方向關(guān)系不確定，則質(zhì)點(diǎn)可能做直線運(yùn)動(dòng)，也可能做曲線運(yùn)動(dòng)，但加速度的方向一定與該恒力的方向相同，選項(xiàng)B、C正確。答案：BC2．(2017·四川南充一診)(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(diǎn)在直線l1上，B、C兩點(diǎn)在直線l2上且相距距離為確定值。一個(gè)物體沿直線l1以確定的速度勻速向右運(yùn)動(dòng)，如果物體要從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，圖中1、2、3為可能的路徑，則可以在物體通過A點(diǎn)時(shí)()A．獲得由A指向B的任意瞬時(shí)速度；物體的路徑是2B．獲得由A指向B的確定瞬時(shí)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(shí)速度，即兩個(gè)勻速直線運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)一定還是勻速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；持續(xù)受到平行AB的確定大小的恒力，導(dǎo)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(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。答案：BC物理模型盤點(diǎn)——平拋運(yùn)動(dòng)和類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及應(yīng)用【題型解碼】整體法、隔離法交替運(yùn)用的原則：若連接體內(nèi)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(duì)象，應(yīng)用牛頓第二定律求作用力．即“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”．（2022·廣東卷·T3）圖是滑雪道的示意圖?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)員從斜坡上的M點(diǎn)由靜止自由滑下，經(jīng)過水平NP段后飛入空中，在Q點(diǎn)落地。不計(jì)運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過N點(diǎn)的機(jī)械能損失，不計(jì)摩擦力和空氣阻力。下列能表示該過程運(yùn)動(dòng)員速度大小v或加速度大小a隨時(shí)間t變化的圖像是（）A.B.C. D.【答案】C【解析】設(shè)斜坡傾角為，運(yùn)動(dòng)員在斜坡MN段做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得運(yùn)動(dòng)員在水平段做勻速直線運(yùn)動(dòng)，加速度運(yùn)動(dòng)員從點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，加速度為重力加速度設(shè)在點(diǎn)的速度為，則從點(diǎn)飛出后速度大小的表達(dá)式為由分析可知從點(diǎn)飛出后速度大小與時(shí)間的圖像不可能為直線，且C正確，ABD錯(cuò)誤。故選C?！咎岱置丶?．基本方法：運(yùn)動(dòng)的合成與分解水平方向上：勻速直線運(yùn)動(dòng)；豎直方向上：自由落體運(yùn)動(dòng)．2．基本規(guī)律(1)位移關(guān)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(zhuǎn)角tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(gt,2v0).(2)速度關(guān)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(zhuǎn)角tanα＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(gt,v0)＝2tanθ.3．兩個(gè)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(yùn)動(dòng)到任一位置A，過A點(diǎn)作其速度方向的反向延長線交Ox軸于C點(diǎn)，有OC＝eq\f(xA,2)(如圖所示)．(3)任何一段時(shí)間內(nèi)，速度變化量為Δv＝gΔt，方向恒為豎直向下；連續(xù)相等的時(shí)間間隔Δt內(nèi)，豎直方向的位移差不變?yōu)棣＝g(Δt)2，在平拋運(yùn)動(dòng)軌跡上找?guī)讉€(gè)點(diǎn)，使x1＝x2＝…，利用y2－y1＝g(Δt)2可求重力加速度．4．和斜面相關(guān)的平拋運(yùn)動(dòng)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(guān)系tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0).②不同落點(diǎn)的速度方向與斜面的夾角相等．③離斜面最遠(yuǎn)時(shí)速度方向與斜面平行(如圖中P點(diǎn))，若求離斜面最遠(yuǎn)距離，常沿斜面方向、垂直斜面方向?qū)⑺俣群图铀俣确纸猓?2)平拋運(yùn)動(dòng)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(guān)系tanθ＝eq\f(vx,vy)＝eq\f(v0,gt).物理模型盤點(diǎn)——與斜面相關(guān)聯(lián)的平拋運(yùn)動(dòng)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(shí)除要運(yùn)用平拋運(yùn)動(dòng)的位移和速度規(guī)律，還要充分運(yùn)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(guān)系，從而使問題得到順利解決。常見的模型如下：方法內(nèi)容斜面總結(jié)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(guān)，分解速度，構(gòu)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(guān)，分解位移，構(gòu)建位移三角形（2022·湖南岳陽市高三下學(xué)期二模）2022年2月5日下午，北京冬奧會(huì)跳臺(tái)滑雪項(xiàng)目比賽在位于張家口的國家跳臺(tái)滑雪中心舉行，國家跳臺(tái)滑雪中心是中國首座跳臺(tái)滑雪場(chǎng)館，主體建筑靈感來自于中國傳統(tǒng)飾物“如意”，因此被形象地稱作“雪如意”。如圖所示，現(xiàn)有兩名運(yùn)動(dòng)員（均視為質(zhì)點(diǎn)）從跳臺(tái)a處先后沿水平方向向左飛出，其速度大小之比為v1：v2=2：1，不計(jì)空氣阻力，則兩名運(yùn)動(dòng)員從飛出至落到斜坡（可視為斜面）上的過程中，下列說法正確的是（）A.他們飛行時(shí)間之比為t1：t2=1：2B.他們飛行的水平位移之比為x1：x2=2：1C.他們?cè)诳罩须x坡面的最大距離之比為s1：s2=2：1D.他們落到坡面上的瞬時(shí)速度方向與水平方向的夾角之比為θ1：θ2=1：1【答案】D【解析】A．斜面傾角即為位移與水平方向的夾角，方程關(guān)系故時(shí)間與速度成正比，甲、乙兩人飛行時(shí)間之比為2:1，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)水平位移為4:1，故B錯(cuò)誤；C．把運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)分解為一個(gè)沿斜面方向的運(yùn)動(dòng)和一個(gè)垂直斜面方向的運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系可知，運(yùn)動(dòng)員在垂直斜面方向上做初速度為，加速度大小為的勻減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度減小到零時(shí)，則離斜面距離最大，為，則，他們?cè)诳罩须x雪坡面的最大距離之比為4:1，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的推論：瞬時(shí)速度與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的兩倍，只要是落在斜面上，位移與水平方向夾角相同，所以兩人落到斜坡上的瞬時(shí)速度方向一定相同，故D正確。故選D。1．(2016·海南單科·1)在地面上方某一點(diǎn)將一小球以一定的初速度沿水平方向拋出，不計(jì)空氣阻力，則小球在隨后的運(yùn)動(dòng)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(shí)間間隔內(nèi)，速率的改變量相等D．在相等的時(shí)間間隔內(nèi)，動(dòng)能的改變量相等解析：由于物體做平拋運(yùn)動(dòng)，故物體只受重力作用，加速度不變，速度的大小和方向時(shí)刻在變化，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)某時(shí)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(shí)間t的變大，tanθ變小，θ變小，選項(xiàng)B正確；根據(jù)加速度定義式a＝eq\f(Δv,Δt)＝g，得Δv＝gΔt，即在相等的時(shí)間間隔內(nèi)，速度的改變量相等，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，在相等的時(shí)間間隔內(nèi)，動(dòng)能的改變量等于重力的功，即WG＝mgh，而平拋運(yùn)動(dòng)在相等時(shí)間內(nèi)豎直方向上的位移不相等，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案：B2.【2017·新課標(biāo)Ⅰ卷】發(fā)球機(jī)從同一高度向正前方依次水平射出兩個(gè)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(wǎng)，速度較小的球沒有越過球網(wǎng)；其原因是A．速度較小的球下降相同距離所用的時(shí)間較多B．速度較小的球在下降相同距離時(shí)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(shí)間較少D．速度較大的球在相同時(shí)間間隔內(nèi)下降的距離較大【答案】C【考點(diǎn)定位】平拋運(yùn)動(dòng)【名師點(diǎn)睛】重點(diǎn)要理解題意，本題考查平拋運(yùn)動(dòng)水平方向的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。理論知識(shí)簡單，難在由題意分析出水平方向運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)。3．【2017·江蘇卷】如圖所示，A、B兩小球從相同高度同時(shí)水平拋出，經(jīng)過時(shí)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(jīng)過的時(shí)間為（A）（B）（C）（D）【答案】C【解析】設(shè)第一次拋出時(shí)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(cuò)誤．【考點(diǎn)定位】平拋運(yùn)動(dòng)【名師點(diǎn)睛】本題的關(guān)鍵信息是兩球運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，水平位移之和不變．4．【2017·新課標(biāo)Ⅱ卷】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(diǎn)到軌道下端的距離與軌道半徑有關(guān)，此距離最大時(shí)。對(duì)應(yīng)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(diǎn)到最高點(diǎn)有：；物塊做平拋運(yùn)動(dòng)：x=v1t；；聯(lián)立解得：，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)時(shí)，x最大，故選B?！究键c(diǎn)定位】機(jī)械能守恒定律；平拋運(yùn)動(dòng)【名師點(diǎn)睛】此題主要是對(duì)平拋運(yùn)動(dòng)的考查；解題時(shí)設(shè)法找到物塊的水平射程與圓軌道半徑的函數(shù)關(guān)系，即可通過數(shù)學(xué)知識(shí)討論；此題同時(shí)考查學(xué)生運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決物理問題的能力。5．【2017·天津卷】（18分）平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第Ⅲ現(xiàn)象存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示。一帶負(fù)電的粒子從電場(chǎng)中的Q點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向開始運(yùn)動(dòng)，Q點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)，最終從x軸上的P點(diǎn)射出磁場(chǎng)，P點(diǎn)到y(tǒng)軸距離與Q點(diǎn)到y(tǒng)軸距離相等。不計(jì)粒子重力，問：（1）粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向；（2）電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)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(chǎng)中由Q到O做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)O點(diǎn)速度v與+x方向夾角為α，Q點(diǎn)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(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，有：x方向：y方向：粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)沿y軸方向的分速度為：又：解得：，即，粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸方向的夾角為45°角斜向上。粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)的速度大小為【考點(diǎn)定位】帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【名師點(diǎn)睛】本題難度不大，但需要設(shè)出的未知物理量較多，容易使學(xué)生感到混亂，要求學(xué)生認(rèn)真規(guī)范作答，動(dòng)手畫圖。物理模型盤點(diǎn)——圓周運(yùn)動(dòng)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(dòng)力學(xué)方程F＝meq\f(v2,r)＝mrω2＝mωv＝mreq\f(4π2,T2).2.技巧方法豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的速度通常利用動(dòng)能定理來建立聯(lián)系，然后結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)力學(xué)分析．(2020·浙江臺(tái)州市4月評(píng)估)跳繩過程中，甲、乙兩位同學(xué)握住繩子兩端A、B近似不動(dòng)，繩子繞AB連線在空中轉(zhuǎn)到圖示位置時(shí)，則質(zhì)點(diǎn)()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(diǎn)O【答案】B【解析】P、Q兩點(diǎn)以AB為共同轉(zhuǎn)軸做圓周運(yùn)動(dòng)，由P、Q兩點(diǎn)向AB線段作垂線分別交AB于P′、Q′點(diǎn)，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(cuò)誤；由于P、Q兩點(diǎn)以AB為共同轉(zhuǎn)軸做圓周運(yùn)動(dòng)，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(jù)公式v＝ωr可知，P的線速度小于Q的線速度，故B正確，C錯(cuò)誤；若質(zhì)點(diǎn)P、Q做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則合外力指向各自的圓心位置，不指向AB的中點(diǎn)O，故D錯(cuò)誤．【提分秘籍】1.圓周運(yùn)動(dòng)問題的求解步驟(1)審清題意，確定研究對(duì)象，明確物體做圓周運(yùn)動(dòng)的平面。(2)分析清楚物體的受力情況，找清楚是哪些力充當(dāng)向心力。(3)分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，如線速度、角速度、周期、軌跡半徑等。(4)根據(jù)牛頓第二定律列方程求解。2．圓周運(yùn)動(dòng)的一些典型模型的處理方法物理模型盤點(diǎn)——豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的“輕繩、輕桿”模型【題型解碼】(1)物體在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。(2)“輕繩”模型和“輕桿”模型的不同①“輕繩”只能對(duì)物體產(chǎn)生拉力，對(duì)物體無支撐作用。②“輕桿”既可對(duì)物體產(chǎn)生拉力也可產(chǎn)生支持力，而對(duì)物體有支撐作用。(3)兩種模型的軌道最高點(diǎn)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?yàn)橄蛳禄虻扔诹阄矬w受到的彈力方向?yàn)橄蛳?、等于零或向上受力示意圖力學(xué)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(diǎn)的條件在最高點(diǎn)的速度v≥eq\r(gR)在最高點(diǎn)的速度v≥0長L＝0.5m質(zhì)量可忽略的細(xì)桿，其一端可繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，另一端固定著一個(gè)小球A。A的質(zhì)量為m＝2kg，當(dāng)A通過最高點(diǎn)時(shí)，如圖所示，求在下列兩種情況下桿對(duì)小球的作用力：(1)A在最低點(diǎn)的速率為eq\r(21)m/s。(2)A在最低點(diǎn)的速率為6m/s。解析：對(duì)小球A由最低點(diǎn)到最高點(diǎn)過程，由動(dòng)能定理得，－mg·2L＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)在最高點(diǎn)，假設(shè)細(xì)桿對(duì)A的彈力F向下，則A的受力圖如圖所示：以A為研究對(duì)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(dāng)v0＝eq\r(21)m/s時(shí)，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(fù)值說明F的實(shí)際方向與假設(shè)的向下的方向相反，即桿給A向上的16N的支撐力。(2)當(dāng)v0＝6m/s時(shí)，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(duì)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(xì)桿換成細(xì)繩]在[典例]中若把細(xì)桿換成細(xì)繩，則在(1)(2)兩種情況下小球能否過最高點(diǎn)？若能，此時(shí)細(xì)繩對(duì)小球的拉力為多少？解析：對(duì)小球A由最低點(diǎn)到最高點(diǎn)過程，由動(dòng)能定理得，－mg·2L＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①(1)當(dāng)v0＝eq\r(21)m/s時(shí)，由①式得v＝1m/s，②對(duì)小球A，剛好過最高點(diǎn)時(shí)，有mg＝meq\f(v\o\al(2,min),L)，③解得vmin＝eq\r(5)m/s，④因?yàn)関＝1m/s<vmin，故小球不能過最高點(diǎn)。(2)當(dāng)v0＝6m/s時(shí)，由①式得v＝4m/s；⑤因?yàn)関＝4m/s>vmin，故小球能過最高點(diǎn)。此時(shí)對(duì)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(shí)不能(2)v0＝6m/s時(shí)能44N（2022·河北滄州·二模）如圖所示，輕桿的一端固定在水平轉(zhuǎn)軸上，另一端固定一個(gè)小球，小球隨輕桿一起在豎直平面內(nèi)在轉(zhuǎn)軸的帶動(dòng)下繞O點(diǎn)以角速度做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。已知桿長為L，小球的質(zhì)量為m，重力加速度為g，A、B兩點(diǎn)與O點(diǎn)在同一水平直線上，C、D分別為圓周的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，下列說法正確的是（）A．小球在運(yùn)動(dòng)過程中向心加速度不變B．小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C時(shí)，桿對(duì)小球的作用力為支持力C．小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)小球作用力為D．小球在D點(diǎn)與C點(diǎn)相比，桿對(duì)小球的作用力的大小差值一定為【答案】C【解析】A．小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，向心加速度大小不變，方向改變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．當(dāng)小球在最高點(diǎn)，由牛頓第二定律可知，當(dāng)小球通過最高點(diǎn)時(shí)線速度大于時(shí)，F(xiàn)N為正值，桿對(duì)小球的作用力為向下的拉力；當(dāng)小球通過最高點(diǎn)時(shí)線速度小于時(shí)，F(xiàn)N為負(fù)值，桿對(duì)小球的作用力為向上的支持力；當(dāng)小球通過最高點(diǎn)時(shí)線速度等于時(shí)，F(xiàn)N為0。因?yàn)椴恢佬∏蛟谧罡唿c(diǎn)時(shí)線速度與的大小關(guān)系，所以不能判斷桿對(duì)小球是支持力還是拉力，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．當(dāng)小球在A點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)小球作用力豎直方向分量應(yīng)等于重力，水平方向分量提供向心力，故桿對(duì)小球的作用力選項(xiàng)C正確；D．若小球在最高點(diǎn)，桿對(duì)小球的作用力為支持力，則在C點(diǎn)在D點(diǎn)可得若小球在最高點(diǎn)，桿對(duì)小球的作用力為拉力，則在C點(diǎn)在D點(diǎn)可得選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C?！?017·天津卷】“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標(biāo)之一。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。下列敘述正確的是A．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，乘客的機(jī)械能保持不變B．在最高點(diǎn)，乘客重力大于座椅對(duì)他的支持力C．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，乘客重力的沖量為零D．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，乘客重力的瞬時(shí)功率保持不變【答案】B【解析】機(jī)械能等于動(dòng)能和重力勢(shì)能之和，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能時(shí)刻發(fā)生變化，則機(jī)械能在變化，故A錯(cuò)誤；在最高點(diǎn)對(duì)乘客受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有：，座椅對(duì)他的支持力，故B正確；乘客隨座艙轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，動(dòng)量不變，是所受合力的沖量為零，重力的沖量，故C錯(cuò)誤；乘客重力的瞬時(shí)功率，其中θ為線速度和豎直方向的夾角，摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)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(shí)功率在不斷變化，故D錯(cuò)誤。【考點(diǎn)定位】機(jī)械能，向心力，沖量和動(dòng)量定理，瞬時(shí)功率【名師點(diǎn)睛】本題的難點(diǎn)在于對(duì)動(dòng)量定理的理解，是“物體所受合力的沖量等于動(dòng)量的變化”，而學(xué)生經(jīng)常記為“力的沖量等于物體動(dòng)量的變化”?！?017·新課標(biāo)Ⅱ卷】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(diǎn)到軌道下端的距離與軌道半徑有關(guān)，此距離最大時(shí)。對(duì)應(yīng)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(diǎn)到最高點(diǎn)有：；物塊做平拋運(yùn)動(dòng)：x=v1t；；聯(lián)立解得：，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)時(shí)，x最大，故選B。【名師點(diǎn)睛】此題主要是對(duì)平拋運(yùn)動(dòng)的考查；解題時(shí)設(shè)法找到物塊的水平射程與圓軌道半徑的函數(shù)關(guān)系，即可通過數(shù)學(xué)知識(shí)討論；此題同時(shí)考查學(xué)生運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決物理問題的能力。物理模型盤點(diǎn)——圓周、直線平拋組合模型(2020·廣西池州市期末)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一光滑管道口徑很小的圓弧軌道，其半徑為R＝0.5m，平臺(tái)與軌道的最高點(diǎn)等高。一質(zhì)量m＝0.8kg可看做質(zhì)點(diǎn)的小球從平臺(tái)邊緣的A處平拋，恰能沿圓弧軌道上P點(diǎn)的切線方向進(jìn)入軌道內(nèi)側(cè)，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(diǎn)開始平拋運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所需的時(shí)間t；(2)小球從A點(diǎn)水平拋出的速度大小v0和A點(diǎn)到圓弧軌道入射點(diǎn)P之間的水平距離l；(3)小球到達(dá)圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)的速度大?。?4)小球沿軌道通過圓弧的最高點(diǎn)Q時(shí)對(duì)軌道的內(nèi)壁還是外壁有彈力？并求出彈力的大小。【答案】(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(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，有R＋Rcos53°＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝0.4s。(2)根據(jù)分運(yùn)動(dòng)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(diǎn)，根據(jù)機(jī)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(dá)Q時(shí)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知vQ＝v0＝3m/s；在Q點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律，有FN＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,Q),R)，得FN＝6.4N根據(jù)牛頓第三定律可得小球?qū)ν獗谟袕椓N′＝FN＝6.4N?！揪毩?xí)】（2022·河南·洛寧縣第一高級(jí)中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）極限運(yùn)動(dòng)是結(jié)合了一些難度較高，且挑戰(zhàn)性較大的組合運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目的統(tǒng)稱，如圖所示的雪板就是極限運(yùn)動(dòng)的一種。圖中是助滑區(qū)、是起跳區(qū)、是足夠長的著陸坡（認(rèn)為是直線斜坡）。極限運(yùn)動(dòng)員起跳的時(shí)機(jī)決定了其離開起跳區(qū)時(shí)的速度大小和方向。忽略空氣阻力，運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)。若運(yùn)動(dòng)員跳離起跳區(qū)時(shí)速度大小相等，速度方向與豎直方向的夾角越小，則運(yùn)動(dòng)員（）A．飛行的最大高度越大B．在空中運(yùn)動(dòng)的加速度越大C．在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短D．著陸點(diǎn)距點(diǎn)的距離一定越遠(yuǎn)【答案】A【解析】A．若運(yùn)動(dòng)員跳離起跳區(qū)時(shí)速度大小相等，速度方向與豎直方向的夾角越小，則豎直分速度越大，則飛行的最大高度越大，A正確；B．運(yùn)動(dòng)的加速度為重力加速度，是不變的，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；CD．豎直分速度越大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長，但水平分速度越小，則著陸點(diǎn)距點(diǎn)的距離不一定越遠(yuǎn)，CD錯(cuò)誤。故選A?！咎岱置丶拷鉀Q“圓周平拋（直線）組合模型”問題的5點(diǎn)要素1．一個(gè)物體平拋運(yùn)動(dòng)和（圓周）直線運(yùn)動(dòng)先后進(jìn)行，要明確直線運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)，關(guān)鍵抓住速度是兩個(gè)運(yùn)動(dòng)的銜接點(diǎn)．2．兩個(gè)物體分別做平拋運(yùn)動(dòng)和（圓周）直線運(yùn)動(dòng)，且同時(shí)進(jìn)行，則它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，同時(shí)滿足一定的空間幾何關(guān)系．3.對(duì)于多過程問題首先要搞清各運(yùn)動(dòng)過程的特點(diǎn)，然后選用相應(yīng)規(guī)律．4．要特別注意運(yùn)用有關(guān)規(guī)律建立兩運(yùn)動(dòng)之間的聯(lián)系，把轉(zhuǎn)折點(diǎn)的速度作為分析重點(diǎn)．5.程序法在解圓周平拋（直線）組合模型中的應(yīng)用所謂“程序法”是指根據(jù)題意按先后順序分析發(fā)生的運(yùn)動(dòng)過程，并明確每一過程的受力情況、運(yùn)動(dòng)性質(zhì)、滿足的規(guī)律等等，還要注意前后過程的銜接點(diǎn)是具有相同的速度．物理模型盤點(diǎn)——電學(xué)中的曲線運(yùn)動(dòng)【要點(diǎn)提煉】一、帶電粒子在電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)1.帶電粒子在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)(1)電場(chǎng)力指向軌跡的凹側(cè)。(2)帶電粒子做變加速運(yùn)動(dòng)，qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。2.帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問題(1)把偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)分解為兩個(gè)獨(dú)立的直線運(yùn)動(dòng)①平行于極板的勻速直線運(yùn)動(dòng)：L＝v0t。②垂直于極板的勻加速直線運(yùn)動(dòng)：a＝eq\f(qU,md)，vy＝at，偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(1,2)at2，速度偏轉(zhuǎn)角tanθ＝eq\f(vy,v0)。(2)根據(jù)動(dòng)能定理，帶電粒子的動(dòng)能變化量ΔEk＝eq\f(y,d)qU。二、帶電粒子在磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)1.運(yùn)動(dòng)電荷在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)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(shí)，速度方向與邊界的夾角相等。(2)在圓形磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，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(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)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(gè)方向的運(yùn)動(dòng)軌跡。(2)磁場(chǎng)方向不確定形成多解，可能出現(xiàn)兩個(gè)方向的運(yùn)動(dòng)軌跡。(3)臨界狀態(tài)不唯一形成多解，需要根據(jù)臨界狀態(tài)的不同分別求解。(4)圓周運(yùn)動(dòng)的周期性形成多解?！咎岱置丶恳弧щ娏Ｗ釉陔妶?chǎng)中的運(yùn)動(dòng)解題途徑的選擇1.求解帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)，運(yùn)動(dòng)和力、功能關(guān)系兩個(gè)途徑都適用，選擇依據(jù)是題給條件，當(dāng)不涉及時(shí)間時(shí)選擇功能關(guān)系，否則必須選擇運(yùn)動(dòng)和力。2.帶電粒子在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度不斷變化，只能選擇功能關(guān)系求解。二、帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)處理方法1.“一點(diǎn)、兩畫、三定、四寫”求解粒子在磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)(1)一點(diǎn)：特殊位置或要求粒子到達(dá)的位置(如初始位置、要求經(jīng)過的某一位置等)。(2)兩畫：畫出速度v和洛倫茲力F兩個(gè)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(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(s,v)＝eq\f(α,2π)T。2.帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的多解問題的處理技巧對(duì)于圓周運(yùn)動(dòng)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(guān)的通項(xiàng)公式。命題點(diǎn)一：帶電粒子(或帶電體)在電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)考向一帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)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(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢(shì)均為φ(φ＞0)。質(zhì)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(chǎng)，重力忽略不計(jì)。（圖1）(1)求粒子第一次穿過G時(shí)的動(dòng)能，以及它從射入電場(chǎng)至此時(shí)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(chǎng)，則金屬板的長度最短應(yīng)為多少？【解析】(1)PG、QG間場(chǎng)強(qiáng)大小相等，均為E。粒子在PG間所受電場(chǎng)力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有E＝eq\f(2φ,d)①F＝qE＝ma②設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)所用的時(shí)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(chǎng)的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短。由對(duì)稱性知，此時(shí)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(qiáng)電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)用長為1.4m的輕質(zhì)柔軟絕緣細(xì)線，拴一質(zhì)量為1.0×10－2kg、電荷量為2.0×10－8C的小球，細(xì)線的上端固定于O點(diǎn)?，F(xiàn)加一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，平衡時(shí)細(xì)線與鉛垂線成37°角，如圖2所示?，F(xiàn)向左拉小球使細(xì)線水平且拉直，靜止釋放，則(sin37°＝0.6，g取10m/s2)()A.該勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為3.75×107N/CB.平衡時(shí)細(xì)線的拉力為0.17NC.經(jīng)過0.5s，小球的速度大小為6.25m/sD.小球第一次通過O點(diǎn)正下方時(shí)，速度大小為7m/s（圖2）【解析】小球處于平衡狀態(tài)時(shí)，受力分析如圖所示，則可知qE＝mgtan37°，則該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(mgtan37°,q)＝3.75×106N/C，A錯(cuò)誤；細(xì)線的拉力F＝eq\f(mg,cos37°)＝0.125N，故B錯(cuò)誤；在外力作用下，小球拉至細(xì)線水平時(shí)，由靜止釋放，如圖所示，小球在電場(chǎng)力和重力的作用下，從A點(diǎn)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)，∠OAB＝∠OBA＝53°，OA＝OB＝l＝1.4m，在此過程中，細(xì)線處于松弛狀態(tài)，無拉力作用，小球運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)，細(xì)線繃緊，勻加速直線運(yùn)動(dòng)結(jié)束。根據(jù)牛頓第二定律可知小球勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)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(shè)經(jīng)過0.5s后，小球仍在沿AB方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則小球的速度v＝at＝6.25m/s，經(jīng)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(shè)成立，故0.5s時(shí)，小球的速度大小為6.25m/s，故C正確；小球運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)，細(xì)線繃緊，小球沿細(xì)線方向的分速度減為零，動(dòng)能減小，假設(shè)細(xì)線繃緊過程小球機(jī)械能損失ΔE，此后在電場(chǎng)力、重力和細(xì)線拉力作用下沿圓弧運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)正下方，根據(jù)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(cuò)誤。【答案】C考向三帶電粒子在交變電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)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(chǎng)可看作勻強(qiáng)電場(chǎng)，且兩板外無電場(chǎng)?，F(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為e(重力不計(jì))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(zhuǎn)電場(chǎng)，所有電子均能通過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，最后打在熒光屏上。（圖3）(1)求電子通過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的時(shí)間t0；(2)若UAB的周期T＝t0，求從OO′上方飛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子在飛出時(shí)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(diǎn)時(shí)的速率?！窘馕觥?1)電子在水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)有v0t0＝l解得t0＝eq\f(l,v0)(2)當(dāng)T＝t0時(shí)，t＝0時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子向上側(cè)移距離最大設(shè)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(dāng)T＝2t0時(shí)，電子要到達(dá)O′點(diǎn)在電場(chǎng)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(chǎng)后豎直方向上勻速，從O到O′的整個(gè)過程向上的位移和向下的位移大小相等。設(shè)向上加速時(shí)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(dá)O′點(diǎn)，則有y上＝y(tǒng)下解得Δt＝0.4t0，另一解Δt＝3t0舍去所以到達(dá)O′點(diǎn)的電子在豎直方向上的速度大小為vy＝a(t0－2Δt)到達(dá)熒光屏上O′點(diǎn)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(diǎn)時(shí)的速率v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(eU0l,5mdv0)))\s\up12(2))。【答案】(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(jié)歸納】帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題的解題思路(1)如果是帶電粒子在恒定電場(chǎng)力作用下做直線運(yùn)動(dòng)的問題，應(yīng)用牛頓第二定律找出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等。(2)如果是非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)，一般利用動(dòng)能定理研究全過程中能的轉(zhuǎn)化，研究帶電粒子的速度變化、運(yùn)動(dòng)的位移等。(3)對(duì)于曲線運(yùn)動(dòng)問題，若是類平拋運(yùn)動(dòng)，通常采用運(yùn)動(dòng)的合成與分解方法處理，應(yīng)用動(dòng)力學(xué)方法或功能方法求解。命題點(diǎn)二：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)考向一帶電粒子在相鄰兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)如圖，在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)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(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)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(jìn)入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，其速度大小不變，由r＝eq\f(mv,qB)知，第一象限內(nèi)的圓半徑是第二象限內(nèi)圓半徑的2倍，如圖所示。粒子在第二象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝eq\f(T1,4)＝eq\f(2πm,4qB)＝eq\f(πm,2qB)粒子在第一象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f(T2,6)＝eq\f(2πm×2,6qB)＝eq\f(2πm,3qB)則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝t1＋t2＝eq\f(7πm,6qB)，選項(xiàng)B正確?！敬鸢浮緽考向二帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界、極值問題如圖所示，在水平線ab的下方有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里。磁場(chǎng)中有一內(nèi)、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(diǎn)分別為M、N。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子在電場(chǎng)中P點(diǎn)靜止釋放，由M進(jìn)入磁場(chǎng)，從N射