2023年凤塘中学高三物理第二轮复习最全面精品资料专题三力与物体的曲线运动1.pdf

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1、学习必备 欢迎下载 凤塘中学 2010-2011高三物理第二轮复习资料 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)的受力和在力的作用下的曲线运动问题高考对本专题的考查形式以运动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：曲线运动的条件和运动的合成与分解；平抛运动规律；圆周运动的规律；平抛运动与圆周运动的多过程组合问题;应用万有引力定律解决天体运动问题;带电粒子在电场中的类平抛运动问题;带电粒子在磁场内的匀速圆周运动问题;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

2、理临界问题的方法；等效的思想方法等 应考策略 应用运动的合成与分解、动力学规律和功能关系分析直线运动、平抛运动和圆周运动的组合性问题，分析转折点的速度是解决问题的突破口；根据万有引力提供向心力结合圆周运动的知识解决天体运动问题；应用运动合成和分解的思想解决带电粒子在电场内的类平抛运动问题；应用圆周运动知识解决带电粒子在磁场内的匀速圆周运动问题 第一单元 平抛、圆周和天体的运动 必备知识方法 知 识 回 扣 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 时,物体做曲线运动合运动与分运动具有 、和 2物体(或带电粒子)做平抛运动或类平抛运动的条件是：有初速度；初速度与加速度的方向

3、3物体做匀速圆周运动的条件是：合外力的方向与物体运动的方向 ；绳固定物体能通过最高点的条件是 ;杆固定物体能通过最高点的条件是 .物体做匀速圆周运动的向心力，即为物体所受 4描述圆周运动的几个物理量为：角速度 、线速度 v 和 ，还有周期 T 和频率 f.其关系式为 av2r (2T)2r(2 f)2r.5平抛(类平抛)运动是 运动，物体所受合力为 ；而圆周运动是变速运动，物体所受合力为变力 6在处理天体的运动问题时,通常把天体的运动看成是 运动,其所需要的向心力由 提供.其基本关系式为 G Mmr2mv2rm2rm(2T)2rm(2 f)2r.在天体表面，忽略自转的情况下有 G MmR2mg

4、.7卫星的绕行速度 v、角速度 、周期 T 与轨道半径 r 的关系 (1)由 G Mmr2mv2r，得 v ，则 r 越大，v 越小 (2)由 G Mmr2m2r，得 ，则 r 越大，越小 (3)由 G Mmr2m42T2r，得 T ,则 r 越大，T 越大 8近地卫星的线速度即第一宇宙速度，是卫星绕地球做圆周运动的 速度，也是发射卫星的 速度 9因卫星上物体的重力用来提供绕地球做圆周运动的向心 力，所以均处于 状态，与重力有关的仪器不能使用，与重力有关的实验不能进行 10卫星变轨时，离心运动后速度变 ，向心运动后速度变 规律方法 1处理曲线运动的基本思路是“化曲为直”;平抛运动可以分解为水平

5、方向的匀速直线运动和竖直方向的 运动 2 定则仍是运动的合成与分解的基本方法 3 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 来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析 4 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 是解题的关键 5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 GM .6确定天体表面重力加速度的方法有：测重力法；(或竖直上抛)物体法；近地卫星环绕法 热点题型例析 题型 1 平抛运动问题的分析 例 1 (2010 北京卷 22)如图所示，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从 O 点水平飞出,经 3.0 s落到斜坡

6、上的 A点已知 O 点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角 37，运动员的质量 m50 kg.不计空气阻力(取 sin 37 0.60，cos 37 0.80；g 取 10 m/s2)求：(1)A点与 O 点的距离 L；(2)运动员离开 O 点时的速度大小；(3)运动员落到 A点时的动能 运动建模 运动员在空中的运动为平抛运动模型 解析(1)运动员在竖直方向做自由落体运动，有 Lsin 37 12gt2 A点与 O 点的距离 Lgt22sin 3775 m(2)设运动员离开 O 点时的速度为 v0，运动员在水平方向做匀速直线运动，即 Lcos 37 v0t 解得 v0Lcos 37t20 m/s(

7、3)取 A点为重力势能零点，由机械能守恒定律知 EkAEkOmgLsin 37，则运动员落到 A点时的动能为 EkAmgLsin 37 12mv2032 500 J.以题说法 1.平抛(或类平抛)运动处理的基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 要注意分析平抛运动和匀速直线运动结合点的速度及位移关系，这往往成为解决问题的突破口 预测演练 1 跳台滑雪是一种极为壮观的运动,运动员穿着滑雪板,从跳台水平飞出,在空中飞行一段距离后着陆，如图所示设运动员连同滑雪板的总质量 m50 kg，从倾角 37 的坡顶 A学习必备 欢迎下载

8、 点以速度 v020 m/s 沿水平方向飞出，恰落到山坡底的水平面上的 B 处(g10 m/s2，sin 370.6，cos 37 0.8)求：(1)运动员在空中飞行的时间 t 和 AB间的距离 s；(2)运动员落到水平面上的 B 处时顺势屈腿以缓冲，使他 垂直于水平面的分速度在 t0.20 s 的时间内减小为零.试求缓冲过程中滑雪板对水平面的平均压力 解析(1)运动员由 A到 B 做平抛运动，水平方向的位移为 xv0t (1 分)竖直方向的位移为 y12gt2 (1 分)且yxtan 37 (2 分)联立上式解得 t2v0tan 37g3 s (1 分)又yssin 37 (1 分)故 sy

9、sin 37g2sin 37t275 m (1 分)(2)运动员落地前的瞬间竖直分速度 vygt30 m/s (2 分)运动员落地过程中竖直方向平均加速度大小 ayvy t150 m/s2 (2 分)设地面对滑雪板作用力为 FN由牛顿第二定律得 FNmgm ay 解得 FNm(g ay)8 103 N (2 分)由牛顿第三定律知地面对滑雪板的作用力与滑雪板对地面的压力是一对作用力与反作用力,故滑雪板对水平地面压力大小为 8 103 N 题型 2 竖直面内圆周运动问题的分析 例 2 某校同学利用如图甲所示的实验装置研究一光滑小 球运动时对轨道压力的规律该装置位于竖直面内，倾斜轨道 AB 和圆弧轨

10、道 BC 在 B 点相切，圆轨道的半径为 r.让质量为 m 的小球，从轨道 AB上高 H 处的 A点滑下，用力传感器测出小球经过最高点 C 时对轨道的压力改变小球下滑的初速度 v0，可测出小球经过最高点 C 时对轨道压力 F 的对应值，g 取10 m/s2.(1)试写出压力 F 的大小随小球初速度 v0变化的关系式；(2)若测得小球质量 m0.2 kg，圆弧半径 r0.4 m，压力 F 的最小值为 5 N，试确定小球下落的高度 H，并在乙图的坐标上定性地画出 Fv0的图象 审题突破 要使小球经过最高点 C 时对轨道压力最小，对小球释放的初速度有何要求？解析(1)光滑小球从 A点到 C 点的过程

11、中机械能守恒，则有 12mv02mg(H2r)12mvC2 (3 分)根据牛顿第二定律，小球经过 C 点时满足 FmgmvC2r(3 分)由解得 Fmrv022mgrH5mg (2 分)(2)当压力最小时，有 v00，所以 F2mgrH5mg5 N(2 分)解得 H1.5 m (2 分)函数图象如图所示 (2 分)以题说法 1.竖直面内的圆周运动满足机械能守恒定律，一般采用动能定理或者机械能守恒定律建立最高点和最低点的速度关系 2 分析竖直面内的圆周运动要注意物体能通过最高点的临界条件 向心力是由物体所受合力提供 预测演练 2 20XX 年是中华人民共和国成立 60 周年,某学校物理兴趣小组用

12、空心透明塑料管制作了如图所示的竖直“60”造型.两个“0”字型的半径均为 R.让一质量为 m，直径略小于管径的光滑小球从入口 A处射入，依次经过图中的 B、C、D 三点，最后从 E 点飞出已 知 BC 是“0”字型的一条直径，D 点是该造型最左侧的一点，当地的重力加速度为 g，不计一切阻力，则小球在整个运动过程中()A在 B、C、D 三点中，距 A点位移最大的是 B 点，路程最大的是 D 点 B若小球在 C 点对管壁的作用力恰好为零，则在 B 点小球对管壁的压力大小为 6mg C在 B、C、D 三点中，瞬时速率最大的是 D 点，最小的是 C 点 D小球从 E 点飞出后将做匀变速运动 解析 由图

13、看出,距 A点位移最大的,和路程最大的均是 D 点，A 项不对.若 C 点，管壁对球的作用力为零，则 mg=mvc 2R，BC 由机械能守恒定律得12mvB22mgR12mv C2，在 B 点由牛顿第二定律得 FNmgmvB 2R，由上述三式解得 FN6mg，故 B 项正确在运动过程中，机械能守恒，B 点位置最低，故在 B、C、D 三点中 B 点的速率最大，C 点速率最小，C 选项不对从 E 点飞出后，小球只受重力作用，加速度恒为 g，故 D 项正确 题型 3 平抛与圆周运动组合的综合问题分析 例 3 一电动小车沿如图所示的路径运 动，小车从 A点由静止出发，沿粗糙的水平直轨道运动 L 后，由

14、 B 点进入半径为 R的光滑竖直圆形轨道，运动一周后又从 B 点离开圆轨道进入水平光滑轨道 BC 段，在 C 与平面 D 间是一蓄水池 已知小车质量 m0.1 kg、L10 m、R0.32 m、h1.25 m、s1.50 m，在 AB 段所受阻力为 0.3 N小车只在AB路段可以施加牵引力，牵引力的功率为 P1.5 W，其他路段电动机关闭问：要使小车能够顺利通过圆形轨道的最高点且能落在右侧平台 D 上，小车的电动机至少工作多长时间？(g取 10 m/s2)运动建模 本题是加速运动、圆周运动、匀速运动和平抛运动多种运动的组合 解析 设车刚好能越过圆轨道最高点，设最高点速度为 v2，最低点速度为

15、v1 曲线运动专题定位本专题解决的是物体或带电体的受力和在力的作用下条件和运动的合成与分解平抛运动规律圆周运动的规律平抛运动与圆周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学习必备 欢迎下载 在最高点由牛顿第二定律得 mgmv22R (2 分)由机械能守恒定律得12mv1212mv22mg(2R)(2 分)解得 v1 5gR4 m/s (2 分)小车在离开 C 点后做平抛运动 由 h12gt2得 t0.5 s (2 分)水平位移 xv1t2 m (2 分)xs，所以小车能够越过蓄水池 (1 分)设电动机工作时间为 t0，在 AB 段由动能定理得 Pt0fL12mv12 (2

16、 分)解得 t02.53 s (2 分)以题说法 1.本题考查了汽车启动、圆周运动和平抛运动的有关知识，是一个多运动过程问题，因此分析好各运动结合点的速度是解决问题的突破口 2 此类问题的处理一般应用运动的合成与分解、动能定理和牛顿运动定律等相关知识进行求解 预测演练 3 如图所示为“挑战极限”游戏的模拟过程，一位选手手握轻弹性杆一端，从 A点由静止开始加速助跑，到 B 点时，杆另一端抵在 O 点的阻挡物上，接着蹬地起跳，杆发生弹性形变，当他被弹起到达最高点 C 时杆恰好处于竖直状态，同时选手离开撑杆水平飞出，越过壕沟，到达平台已知助跑过程选手重心离地高度 h00.95 m，从 A到 C 全程

17、选手重心始终跟杆顶端重合，杆长 L 3.75 m，沟宽 d2.5 m，台高 h2.5 m，选手质量 m75 kg，运动过程空气阻力不计，g10 m/s2.则 (1)到达最高点 C 时的速度至少是多大？(2)在 B 点起跳离地的瞬时速度至少要多大？(3)若以(1)解中的最小速度到达最高点 C(离杆前瞬间)，求选手对撑杆的作用力 解析(1)设选手到达最高点做平抛的速度为 vC，平抛的时间为 t，有 Lh12gt2(2 分)dvCt (2 分)由解得 vCd g/2(Lh)5 m/s (2 分)(2)设选手到 B 点时速度为 vB，由机械能守恒定律得12mvB212mvC2mg(Lh0)(4 分)v

18、B 2g(Lh0)vC29 m/s (2 分)(3)以 vC5 m/s 到 C 点(未离开撑杆)时，对选手由牛顿第二定律得 mgFNmvC 2L(4 分)得 FNm(gvC 2L)250 N 由牛顿第三定律得选手对撑杆的作用力为 FN 250 N方向竖直向下(3 分)题型 4 万有引力定律的应用 例 4 (2010 山东卷 18)1970 年 4 月 24 日，我国自行设计、制造的第一颗人造卫星“东 方红一号”发射成功，开创了我国航天事业的新纪元.“东方红一号”的运行轨道为椭圆轨道，其近地点 M 和远地点 N 的高度分别为 439 km 和 2 384 km，则 ()A卫星在 M 点的势能大于

19、 N 点的势能 B卫星在 M 点的角速度大于 N 点的角速度 C卫星在 M 点的加速度大于 N 点的加速度 D卫星在 N 点的速度大于 7.9 km/s 解析 卫星由 M 点向 N 点运动的过程中，万有引力做负功，势能增加即 M 点的势能小于 N 点的势能，故选项 A 错误；由开普勒定律可知地球球心和卫星连线在相等时间内扫过的面积相等，近地点的角速度要大于远地点的角速度，B 正确;由 G Mmr2ma知 aGMr2，所以 aMaN，故选项 C 正确；7.9 km/s 是卫星围绕地球表面转动的第一宇宙速度，是卫星绕地球转动的最大速度，vN7.9 km/s，故选项 D 错误 例 5 (2010 安

20、徽卷 17)为了对火星及其周围的空间环境进行监测，我国预计于 20XX 年 10 月发射第一颗火星探测器“萤火一号”假设探测器在离火星表面高度分别为 h1 和h2的圆轨道上运动时，周期分别为 T1和 T2.火星可视为质量分布均匀的球体，且忽略火星的自转影响，引力常量为 G.仅利用以上数据，可以计算出 ()A火星的密度和火星表面的重力加速度 B火星的质量和火星对“萤火一号”的引力 C火星的半径和“萤火一号”的质量 D火星表面的重力加速度和火星对“萤火一号”的引力 解析 设火星质量为 M，半径为 R，“萤火一号”的质量为 m，则有 GMm(Rh1)2m2T12(Rh1)GMm(Rh2)2m2T22

21、(Rh2)联立两式可求得 M、R，由此可进一步求火星密度，由于 mgGMmR2，则 gGMR2，显然火星表面的重力加速度也可求出，正确答案为 A.预测演练 4 宇航员站在一星球表面上的某高处，沿水平方 向抛出一个小球，经过时间 t，小球落到星球表面测得抛出点与落地点之间的距离为 L，若抛出时的初速度增大到 原来的两倍，则抛出点与落地点之间的距离为 3L.已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为 R，引力常量为 G，则下列选项正确的是 ()A.抛出点离该星球表面的高度为 2L B.第一次抛出小球的初速度为6L3t C.该星球表面的重力加速度为2 3L3t2 D.该星球的质量为2 3L R23G

22、 t2 解析 小球在某星球表面做平抛运动设下落高度为 h，第一次水平射程为 x，第二次射程为2x.由平抛规律得 L2h2x2,3L2h24x2，解得 x23L，hL3，故第一次平抛初速度 v01xt6L3t；由 h12gt2，得 g2 3L3t2.由 gR2GM，得星球的质量为 M2 3LR23Gt2，故选项 C、D 正确 考能定时训练（三.1）1(单选)(2010 天津卷 6)探测器绕月球做匀速圆周运动，变轨后在周期较小的轨道上仍做匀速圆周运动，则变轨后与变轨前相比 ()曲线运动专题定位本专题解决的是物体或带电体的受力和在力的作用下条件和运动的合成与分解平抛运动规律圆周运动的规律平抛运动与圆

23、周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学习必备 欢迎下载 A.轨道半径变小 B.向心加速度变小 C.线速度变小 D.角速度变小 解析 由 GMmr2m42rT2知 T2r3GM，变轨后 T 减小，则 r 减小，故选项 A 正确；由 GMmr2ma，知 r 减小，a 变大，故选项 B 错误；由 GMmr2mv2r知 vGMr，r 减小，v 变大，故选项C 错误；由 2T知 T 减小，变大，故选项 D 错误 2(单选)(2010 福建卷 14)火星探测项目是我国继神舟载人航天工 程、嫦娥探月工程之后又一个重大太空探索项目假设火星探测器在火星表面附近圆形轨道运行的周期为 T

24、1，神舟飞船在地球表面附近的圆形轨道运行周期为 T2，火星质量与地球质量之比为 p，火星半径与地球半径之比为 q，则 T1和 T2之比为 ()A.pq3 B.1pq3 C.pq3 D.q3p 解析 设地球的质量为 m，地球的半径为 r，则火星的质量为 pm，火星的半径为 qr，根据万有引力提供向心力得 GMmr2mr42T2，故有 T42r3GM r3M，则T1T2(qr)3r3mpmq3p，故 D选项正确 3(单选)如图所示，两个小球从水平地面上方同一点 O 分别以初速度 v1、v2水平抛出，落在地面上的位置分别是 A、B，O 是 O 在地面上的竖直投影，且 O AAB13.若不计空气阻力，

25、则两小球 ()A抛出的初速度大小之比为 14 B落地速度大小之比为 13 C落地速度与水平地面夹角的正切值之比为 13 D通过的位移大小之比为 1 3 解析 由平抛运动规律得 t2hg，两球下落所用时间相同.平抛速度 v0 xt，所以v1v2x1x214；由机械能守恒定律得12mv2mgh12mv02,落地速度为 v 2ghv02,显然v1v21 3.C 选项 tan vyv02ghv0，tan 1tan 2v2v14；D 选项 s h2x2，其中 x1x214，故s1s21 3；故只有选项 A正确 4.(双选)如图所示，光滑半球的半径为 R，球心为 O,固定在水平面上，其上方有一个光滑曲面轨

26、道 AB，高度为R2，轨道底端水平并与半球顶端相切，质量为 m 的小球由 A点静止滑下，小球在水平面上的落点为 C(重力加速度为 g)，则 ()A小球将沿半球表面做一段圆周运动后抛至 C 点 B小球将从 B 点开始做平抛运动到达 C 点 COC 之间的距离为 2R D小球从 A运动到 C 的时间等于(1 2)Rg 解析 小球从 AB 由机械能守恒定律得12mvB2mgR2，vB gR，在 B 点；因 mgmvB2R，即球对轨道压力为零，故从 BC 小球作平抛运动xOCvB2Rg 2R.从 A到 B 作变速圆周运动，tABRg，从 BC，tBC2Rg，故只有 B、C 项正确 5(双选)如图所示，

27、在绕中心轴 OO 转动的圆筒内壁上，有一物体随圆筒一起转动.在圆筒的角速度逐渐增大的过程中,物体相对圆筒始终未滑动，下列说法中正确的()A物体所受弹力逐渐增大，摩擦力大小一定不变 B物体所受弹力不变，摩擦力大小减小了 C物体所受的摩擦力与竖直方向的夹角不为零 D物体所受弹力逐渐增大，摩擦力大小可能不变 解析 对物体受力分析：受重力，筒的弹力 FN，摩擦力 Ff，由于圆筒角速度渐增，由 FNm2R，得 FN逐渐增大；由于物体的动能也随之增大，沿 v 方向的摩擦力的分力一定不为零，摩擦力沿竖直方向的分量与重力平衡，由此分析得 C、D 选项正确 6如图所示，ABC 和 DEF 是在同一竖直平面内的两

28、条光滑轨道，其中 ABC 的末端水平，DEF 是半径为 r0.4 m 的半圆形轨道，其直径 DF 沿竖直方向，C、D 可看作重合现有一可视为质点的小球从轨道 ABC 上距 C 点高为 H 的地方由静止释放 (1)若要使小球经 C 处水平进入轨道 DEF 且能沿轨道运 动，H至少要有多高？(2)若小球静止释放处离 C 点的高度 h 小于(1)中 H 的最小值，小球可击中与圆心等高的 E 点，求此 h 的值(取 g 10 m/s2)解析(1)设小球到达 C 点时的速度为 v，由机械能守恒定律得 mgH12mv2 (3 分)小球能在竖直平面内做圆周运动，则满足 mg mv2r(3 分)联立以上两式并

29、代入数据解得 H0.2 m (2)若 h0.5 m 时，对小球由 A运动到 C 的过程由机械能守恒定律得 mg0(H2r)12mv2(2分)小球在 C 点由牛顿第二定律得 mg0Fmv2r(2 分)联立以上各式并代入数据得 Fg0(2H1)由 FH 图象可得 g05 m/s2 (1 分)根据万有引力定律和向心力公式有 GMmR2mv2R(2 分)GMmR2mg0 (2 分)由得该星球的第一宇宙速度 v5 km/s.(1 分)第二单元 电场和磁场中的曲线运动 必备知识方法 知 识 回 扣 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，将会做 运动；如果带电粒子垂直进入匀强电场，

30、将会做 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，可分解为水平方向的 运动和竖直方向的 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会做 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,实际上是 运动和 运动的组合,可以先分别研究两种运动，而 运动的末速度即为 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 热点题型例

31、析 题型 1 带电粒子在电场中的类平抛运动问题分析 例 1 如图所示，匀强电场方向竖直向下，场强为 E,从倾角为 的足够长的斜面上的 A 点，先后将同一带电小球(质量为 m，所带电荷量为 q)以不同的初速度水平向左抛出，第一次初速度为v1，球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面夹角为 1，第二次初速度为 v2，球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面的夹角为 2，若 v1v2则 ()A12 B12 C1.三个质子经过附加磁场区域后能到达同一点 S，则下列说法中正确的有()A三个质子从 S 运动到 S 的时间相等 B三个质子在附加磁场以外区域运动时，运动轨迹的圆心均在 OO 轴上 C若撤去附加磁场，a 到达

32、SS 连线上的位置距 S 点最近 D附加磁场方向与原磁场方向相同 解析 洛伦兹力对粒子始终不做功，由于 a、b、c 三个质子射入磁场时的速度大小相等，所以它们进入磁场后速度大小始终不变，显然弧长最长的 c 运动时间最长，a 运动时间最短，选项 A 错；撤去附加磁场后三个质子均做匀速圆周运动，其中质子 b 轨迹为半圆，由于 ，通过画三个质子运动的轨迹图可看出 a 到达 SS 连线上的位置距 S 点最近，b 到达SS 连线上的位置离 S 点最远，选项 C 正确；比较 a、b 两质点，b在附加磁场中运动的弧长比 a 在附加磁场中运动的弧长长，但它们均从同一位置 S 离开磁场，故附加磁场区域的合磁场磁

33、感应强度比原磁场磁感应强度大，因此附加磁场方向与原磁场方向相同，选项 D 正确；由于附加磁场区域的合磁场磁感应强度比原磁场的强，附加区域质子运动半径小，故未进入附加磁场之前的圆心位置在 OO 轴右方，从附加磁场出来后的圆心在 OO 左侧(如图)，选项 B 错误 以题说法 1.对于带电粒子在磁场内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，确定洛伦兹力方向，其交点为圆心，利用几何知识求半径 2对于临界问题应通过分析特殊方向粒子的运动，确定运动轨迹，或者通过场的边界确定可能的运动轨迹 预测演练 3 如图所示，圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为 B、方向垂直纸面向里，边界跟 y轴相

34、切于坐标原点 O.O 点处有一放射源，沿纸面向各个方向射出速率均为 v 的某种带电粒子，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的两倍已知该带电粒子的质量为 m、电 量为 q，不考虑带电粒子的重力 (1)推导粒子在磁场空间做圆周运动的轨道半径；(2)求粒子通过磁场空间的最大偏转角；(3)若粒子与磁场边界碰撞后以原速率反弹，则从 O 点沿 x 轴正方向射入磁场的粒子第一次回到 O 点经历的时间是多长(已知 arctan 2720)曲线运动专题定位本专题解决的是物体或带电体的受力和在力的作用下条件和运动的合成与分解平抛运动规律圆周运动的规律平抛运动与圆周内的运动问题等用到的主要物理思想和

35、方法有运动的合成与分解思想应学习必备 欢迎下载 解析(1)带电粒子进入磁场后，受洛伦兹力作用，由牛顿第二定律得 Bqvmv2r(3 分)解之得 rmvBq (2 分)(2)设粒子飞出和进入磁场的速度方向的夹角为 ，则 sin 2x2rx2r，x 是粒子在磁场内运动轨迹的两端点的直线距离x 的最大值为 2R，所对应的就是 最大值且 2Rr 所以 sin max2Rr12，max60 (5 分)(3)设粒子与边界相邻两次碰撞过程通过的弧长所对的圆心角为 2，该弧长所对磁场圆的圆心角为 2.如图所示 则 tan rR2 720 320 (2 分)要使粒子还能通过 O 点，应满足 2 k2n(k、n

36、均为正整数)即 7k20n(k、n 均为正整数)(2 分)当粒子第一次回到 O 点，应取 n7、k20 又 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 T2 mBq (1 分)所以从 O 点沿 x 轴正方向射出的粒子第一次回到 O 点经历的时间是 t2 k2T6 mBq(1 分)题型 4 带电粒子在电场和磁场中运动问题分析 例 4 (2010 天津 12)质谱分析技术已广泛应用于各前沿科学 领域汤姆孙发现电子的质谱装置示意如图所示，M、N 为两块水平放置的平行金属极板，板长为 L，板右端到屏的距离为 D，且 D 远大于 L，O O 为垂直于屏的中心轴线，不计离子重力和离子在板间偏离 O O 的距离以屏中

37、心 O 为原点建立 xOy 直角坐标系，其中 x 轴沿水平方向，y 轴沿 竖直方向 (1)设一个质量为 m0、电荷量为 q0的正离子以速度 v0沿O O 的方向从 O 点射入，板间不加电场和磁场时，离子打在屏上 O 点若在两极板间加一沿y 方向场强为 E 的匀强电场，求离子射到屏上时偏离 O 点的距离 y0；(2)假设你利用该装置探究未知离子，试依照以下实验结果计算未知离子的质量数 上述装置中，保留原电场，再在板间加沿y 方向的匀强磁场现有电荷量相同的两种正离子组成的离子流，仍从 O 点沿 O O 方向射入,屏上出现两种亮线 在两线上取 y 坐标相同的两个光点，对应的 x 坐标分别为 3.24

38、 mm 和 3.00 mm，其中 x 坐标大的光点是碳 12 离子击中屏产生的，另一光点是未知离子产生的尽管入射离子的速度不完全相同，但入射速度都很大，且在板间运动时 O O 方向的分速度总是远大于 x 方向和 y 方向的分速度 解题示范(1)离子在电场中受到的电场力 Fyq0E 离子获得的加速度 ayFym0 离子在板间运动的时间 t0Lv0 到达极板右边缘时，离子在y 方向的分速度 vyayt0 离子从板右端到达屏上所需时间 t0 Dv0 离子射到屏上时偏离 O 点的距离 y0vyt0 由上述各式，得 y0q0ELDm0v02 (2)设离子电荷量为 q，质量为 m，入射时的速度为 v，磁场

39、的磁感应强度为 B，磁场对离子的洛伦兹力 FxqvB 已知离子的入射速度都很大，因而离子在磁场中的运动时间很短，所经过的圆弧与圆周相比很小，且在板间运动时，沿 O O 方向的分速度总是远大于在 x 方向和 y 方向的分速度，洛伦兹力变化很小,故可作恒力处理，洛伦兹力产生的加速度 axqvBm ax是离子在 x 方向的加速度，离子在 x 方向的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动，到达极板右端时，离子在 x 方向的分速度 vxaxtqvBmLvqBLm 离子飞出极板到达屏时，在 x 方向上偏离 O 点的距离 xvxt qBLmDvqBLDmv 当离子的初速度为任意值 v 时，离子到达屏上时的位置

40、在 y 方向上偏离 O 点的距离为 y，考虑到式，得 yqELDmv2 由两式得 x2kmy 其中 kqB2LDE 上式表明，k是与离子进入板间初速度无关的定值，对两种离子均相同，由题设条件知，x 坐标为 3.24 mm 的光点对应的是碳 12 离子，其质量为 m112 u，x 坐标为 3.00 mm 的光点对应的是未知离子，设其质量为 m2，由式代入数据可得 m214 u 故该未知离子的质量数为 14.预测演练 4 (16 分)如图所示，直线 MN 上方有平行于纸面且与 MN 成 45 的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN 下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为 B.今从

41、MN 直线上的 O 点向磁场中射入一个 速度大小为 v、方向与 MN 成 45 角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为 R.若该粒子从 O 点出发记为第一次经过直线 MN，而第五次经过直线 MN 时恰好又通过 O 点不计粒子的重力求：(1)电场强度的大小；(2)该粒子再次从 O 点进入磁场后，运动轨道的半径；(3)该粒子从 O 点出发到再次回到 O 点所需的时间 解析 粒子的运动轨迹如图，先是一段半径为 R的14圆弧到a 点，接着恰好逆电场线的方向匀减速运动到 b 点速度为零再返回 a 点速度仍为 v，再在磁场中运动一段34圆弧到 c 点，之后垂直电场的方向进入电场中做类平抛运动(1

42、)易知：Oc 2 2R 曲线运动专题定位本专题解决的是物体或带电体的受力和在力的作用下条件和运动的合成与分解平抛运动规律圆周运动的规律平抛运动与圆周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学习必备 欢迎下载 粒子做类平抛运动的垂直电场和平行电场方向的位移都为 SS Oc sin 45 2R(1 分)所以粒子做类平抛运动时间为 t3Sv2Rv(1 分)又 S12at32qE2mt32(1 分)再者 RmvqB(1 分)由可得 EvB (1 分)(2)设粒子再次从 O 点，进入磁场时速度为 v，垂直电场方向的分速度为 v1平行于电场方向的分速度为 v2，且 v 和 v1的夹角

43、为 ，v1与 MN 的夹角为 ，由平抛知识得 tan 2tan 2 (1 分)所以 v2vtan 2v (1 分)或 v2at3qEm 2RvqvBm 2Rv2v (2 分)v v2v22 5v (1 分)则第五次过 MN 进入磁场后的圆弧半径 R mvqB 5R (2 分)(3)粒子在磁场中运动的总时间为 t12 Rv (2 分)粒子在电场中的加速度为 aqEmqvBm (1 分)粒子做直线运动所需时间为 t22va2mvqvB2Rv (1 分)由式求得粒子从出发到第五次到达 O 点所需时间 tt1t2t32Rv(2)(2 分)考能定时训练（三.2）1(单选)如图所示，质量为 m、带电量均为

44、 q 的三个完全相同的带电小球 A、B、C，从同一高度以初速度v0水平抛出(小球运动过程中不计空气阻力)，B球处于竖直向下的匀强磁场中 C球处于垂直纸面向里的匀强电场中，它们落地的速率分别为 vA、vB、vC，落地瞬间重力的瞬时功率分别为 PA、PB、PC则以下判断正确的是()AvAvBvC BvAvBvC CPAPBPC DPAPBvAvB.B 项正确由瞬时功率 Pmg v cos ，其中 为重力与落地速度方向间的夹角，因 大小不知，故三个小球落地的瞬间重力的瞬时功率 PA、PB、PC大小无法比较 2(单选)所谓正电子(又称阳电子、反电子、正子)，带正电荷，所带电量的大小和质量都与负电子相等

45、.如图 11 为某科学实验的简化示意图，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同的速度沿与 x 轴成 30 角从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为()A11 B1 3 C13 D21 解析 由左手定则确定正、负电子的受力方向，做圆周运动的圆心，画出运动轨迹 经分析得正、负电子运动轨迹的圆心角为 120，60，由 t2T，得tt21，故 D 项正确 3(双选)如图所示，O 是一固定的点电荷，虚线是该点电荷产生的在电场中的三条等势线，正点电荷 q 仅受电场力的作用沿实线所示的轨迹从 a 处运动到 b 处,然后又运动到 c 处,由此可知()AO 为负点电荷 B在整

46、个过程中 q 的速度先变大后变小 C在整个过程中 q 的加速度先变大后变小 D在整个过程中，电场力做功为零 解析 由运动轨迹得知正点电荷q所受的力指向轨迹凹的一侧，得知O为正点电荷，A项不对 由于 q 受力方向与速度方向的夹角先为钝角，后为锐角，故速度先变小后变大，B 项不对由 kQqr2ma，得 a 先变大后变小；由 WacUacq，因 Uac0，故 Wac0，所以 C、D 项正确 4(双选)在真空中水平放置一对金属板，两板间的电压为 U，一个电子以水平速度 v0沿两板中线射入电场，忽略电子所受的重力 电子在电场中的竖直偏移距离为 Y，当只改变偏转电压 U(或只改变初速度 v0)时，下列图象

47、哪个能正确描述 Y的变化规律？()解析 电子在电场中做类平抛运动，设两板间距为 d，板长为 L，则竖直偏移距离为 Y12at2，当电子能够射出电场时，tLv0，则 Y12UqL2dmv02.当只改变 U 时，一段时间 YU；当 U 达到某值后再增大电压 U，电子将打在金属板上，故 B 项正确；同理分析得到 C 项正确 5(双选)环形对撞机是研究高能粒子的重要装置初速度为零的带电粒子经电压为 U 的电场加速后注入对撞机的高真空圆环形状的空腔内，在匀强磁场中，做半径恒定的圆周运动关于带电粒子的比荷qm，加速电压 U 和磁感应强度 B 以及粒子运动的周期 T 的关系，下列说法中正确 A对于给定的加速

48、电压，带电粒子的比荷qm越大，磁感应强度 B 越小 B对于给定的加速电压，带电粒子的比荷qm越大，磁感应 强度 B 越大 C对于给定的带电粒子，加速电压 U 越大，粒子运动的周期 T 越小 D对于给定的带电粒子，不管加速电压 U 多大，粒子运动的周期 T 都不变 解析 设带电粒子经电压为 U 的电场获得速度为 v.由动能定理得 Uq12mv2，则 v 2Uqm.带曲线运动专题定位本专题解决的是物体或带电体的受力和在力的作用下条件和运动的合成与分解平抛运动规律圆周运动的规律平抛运动与圆周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学习必备 欢迎下载 电粒子进入匀强磁场，由 Bq

49、vmv2R，得 RmvBq1B2Umq.当 U 一定时，qm越大，由 R 关系式得 B 越小，A 项正确当粒子一定，则mq一定，U 越大，B 越大则由 T2 mBq得 T 越小，故 C项正确 6.(双选)如图所示，下端封闭、上端开口、内壁光滑的细玻璃管竖直放置,管底有一带电的小球 整个装置以水平向右的速度 v 匀速 运动，沿垂直于磁场的方向进入方向水平的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端开口飞出，小球的电荷量始终保持不变，则从玻璃管进入磁场到小球运动到上端开口的过程中，下列说法正确的是()A洛伦兹力对小球做正功 B洛伦兹力对小球不做功 C小球运动的轨迹是曲线

50、 D小球运动的轨迹是直线 解析 带电小球随管进入磁场，会受到竖直向上的洛伦兹力 F洛，所以小球能获得竖直向上的速度玻璃管的速度 v 保持不变，由 F洛Bqv 知球所受的竖直方向的作用力 F洛不变，小球在竖直方向做匀加速运动，由运动的合成得小球运动的轨迹一定是曲线小球受到的洛伦兹力与运动速度方向始终垂直，故不对小球做功所以 B、C 项正确 7 如图所示,直线 MN 下方无磁场,上方空间存在两个匀强磁场，其分界线是边长为 a 的正方形，正方形内外的磁场方向相反且垂直于纸面，磁感应强度大小都为B.现有一质量为 m、电荷量为 q 的带负电微粒从 P 点沿直线 MN的方向，向左侧射出，要求微粒始终做曲线