高中物理模型（六）曲线运动中的模型

方法16高中物理模型盘点（六）曲线运动中的模型目录物理模型盘点——物体运动性质的判断 2物理模型盘点——曲线运动的分解 3物理模型盘点——小船渡河模型 4物理模型盘点——平抛运动和类平抛运动的规律及应用 6物理模型盘点——与斜面相关联的平抛运动模型 8物理模型盘点——圆周运动问题 13物理模型盘点——竖直平面内圆周运动的“轻绳、轻杆”模型 14物理模型盘点——圆周、直线平抛组合模型 18物理模型盘点——电学中的曲线运动 19命题点一：带电粒子(或带电体)在电场中的曲线运动 20考向一带电粒子在匀强电场中的曲线运动 20考向二带电体在匀强电场中的曲线运动 21考向三带电粒子在交变电场中的曲线运动 22命题点二：带电粒子在匀强磁场中的圆周运动 23考向一带电粒子在相邻两个匀强磁场中的圆周运动 24考向二带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界、极值问题 24考向三带电粒子在磁场中运动的多解问题 25物理模型盘点——物体运动性质的判断一.物体的运动性质取决于所受合力以及与速度的方向关系，具体判断思路如下：易错提醒（1）曲线运动一定是变速运动，但变速运动不一定是曲线运动（2）物体所受的合外力为恒力时，一定做匀变速运动，但可能为匀变速直线运动，也可能是匀变速曲线运动。二、曲线运动的轨迹分析1.曲线运动的轨迹、速度、合力（加速度）之间的关系为：（1）加速度方向与合力方向一致，指向轨迹弯曲的内侧。（2）曲线运动的轨迹处于速度方向与合力方向之间，且向合力方向弯曲。（3）曲线运动轨迹弯向合力方向，轨迹切线方向不断接近但永远不会平行合力，也不会与合力有交叉点。2.易错提醒（1）物体的运动轨迹与初速度和合力方向关系有关：轨迹在合力与速度所夹区域之间且与速度相切。（2）做匀变速运动的物体，其速度方向将越来越接近力的方向，但不会与力的方向相同。如图所示．则飞出伞面后的水滴可能()A．沿曲线Oa运动B．沿直线Ob运动C．沿曲线Oc运动D．沿圆弧Od运动【解析】雨滴在最高处离开伞边缘，沿切线方向飞出，由于受重力轨迹向下偏转，故C正确，A、B、D错误．物理模型盘点——曲线运动的分解(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，遵守平行四边形定则．如图所示是物体在相互垂直的x方向和y方向运动的v－t图象．以下说法正确的是()A．在0～1s内，物体做匀速直线运动B．在0～1s内，物体做匀变速直线运动C．在1～2s内，物体做匀变速直线运动D．在1～2s内，物体做匀变速曲线运动【答案】C【解析】在0～1s内，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为匀加速直线运动，则合运动为匀变速曲线运动，故选项A、B错误；在1～2s内，水平方向初速度为：v0x＝4m/s，加速度为ax＝4m/s2，竖直方向初速度为：v0y＝3m/s，加速度为：ay＝3m/s2，根据平行四边形定则合成可得合速度为v＝5m/s，合加速度为a＝5m/s2，而且二者方向在同一直线上，则合运动为匀变速直线运动，故选项C正确，D错误．【提分秘籍】1.解决运动的合成和分解的一般思路(1)明确合运动和分运动的运动性质。(2)明确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)。(4)运用力与速度的方向关系或矢量的运算法则进行分析求解。2．关联速度问题的解题方法把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解。常见的模型如图所示。物理模型盘点——小船渡河模型1．模型构建2．模型特点(1)船的实际运动是水流的运动和船相对静水的运动的合运动。(2)三种速度：船在静水中的速度v1、水的流速v2、船的实际速度v。(3)两个极值①过河时间最短：v1⊥v2，tmin＝eq\f(d,v1)(d为河宽)。②过河位移最小：v⊥v2(前提v1>v2)，如图甲所示，此时xmin＝d，船头指向上游与河岸夹角为α，cosα＝eq\f(v2,v1)；v1⊥v(前提v1<v2)，如图乙所示。过河最小位移为xmin＝eq\f(d,sinα)＝eq\f(v2,v1)d。如图所示，一条小船位于200m宽的河正中A点处，其下游100eq\r(3)m处有一危险区，当时水流速度为4m/s，为了使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度至少是()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：如图，选取临界情况进行研究，假设小船刚好避开危险区沿直线到达对岸B点处，根据运动的合成与分解可知，当船速的方向与AB垂直时，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[即学即练]如图所示，一艘轮船正在以4m/s的速度沿垂直于河岸方向匀速渡河，河中各处水流速度都相同，其大小为v1＝3m/s，行驶中，轮船发动机的牵引力与船头朝向的方向相同。某时刻发动机突然熄火，轮船牵引力随之消失，轮船相对于水的速度逐渐减小，但船头方向始终未发生变化。求：(1)发动机未熄火时，轮船相对于静水行驶的速度大小。(2)发动机熄火后，轮船相对于河岸速度的最小值。解析：(1)发动机未熄火时，轮船运动速度v与水流速度v1方向垂直，如图所示，故此时船相对于静水的速度v2的大小：v2＝eq\r(v2＋v\o\al(2,1))＝eq\r(42＋32)m/s＝5m/s，设v与v2的夹角为θ，则cosθ＝eq\f(v,v2)＝0.8。(2)熄火前，船的牵引力沿v2的方向，水的阻力与v2的方向相反，熄火后，牵引力消失，在阻力作用下，v2逐渐减小，但其方向不变，当v2与v1的矢量和与v2垂直时，轮船的合速度最小，则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、两方案”解决小船渡河问题(2)求解运动的合成与分解的三个技巧①求解运动的合成与分解问题，应抓住合运动和分运动具有等时性、独立性、等效性的关系。②小船过河时船头的指向与小船的航向不是一回事。1．一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则()A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D．质点单位时间内速率的变化量总是不变解析：质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为0，当对其施加一恒力后，恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定，则质点可能做直线运动，也可能做曲线运动，但加速度的方向一定与该恒力的方向相同，选项B、C正确。答案：BC2．(多选)如图所示，在光滑水平面上有两条互相平行的直线l1、l2相距距离为确定值，AB是两条直线的垂线，其中A点在直线l1上，B、C两点在直线l2上且相距距离为确定值。一个物体沿直线l1以确定的速度匀速向右运动，如果物体要从A点运动到C点，图中1、2、3为可能的路径，则可以在物体通过A点时()A．获得由A指向B的任意瞬时速度；物体的路径是2B．获得由A指向B的确定瞬时速度；物体的路径是2C．持续受到平行AB的任意大小的恒力；物体的路径可能是1D．持续受到平行AB的确定大小的恒力；物体的路径可能是3解析：获得由A指向B的确定瞬时速度，即两个匀速直线运动的合运动一定还是匀速直线运动，选项A错误，B正确；持续受到平行AB的确定大小的恒力，导致合初速度的方向与合加速度的方向相互垂直，轨迹偏向加速度方向，即为路径1，选项C正确，D错误。答案：BC物理模型盘点——平抛运动和类平抛运动的规律及应用【题型解码】整体法、隔离法交替运用的原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”．在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图所示。由此可知()A．小球从A到B再到C的整个过程中机械能守恒B．电场力大小为2mgC．小球从A到B与从B到C的运动时间之比为2∶1D．小球从A到B与从B到C的加速度大小之比为2∶1【答案】C【解析】小球从A到B再到C的过程中，存在电场力做功，故机械能不守恒，A错误；设AC连线与水平方向的夹角为θ，小球从A经B到C的过程中，水平方向上做匀速直线运动，所以C点速度与A点的速度相同，动能变化为零，根据动能定理得：mg·LACsinθ－F电场·LBCsinθ＝0，解得：F电场＝3mg，故B错误；由于小球在水平方向做匀速直线运动，且AB＝2BC，所以AB、BC的水平位移分量之比为2∶1，所以从A到B的时间与从B到C的时间之比为2∶1，故C正确；小球从A到B过程只受重力作用，故加速度为g，小球从B到C过程，所受合力为F电场－mg＝ma，解得a＝2g，故小球从A到B与从B到C的加速度大小之比为1∶2，故D错误。【提分秘籍】1．基本方法：运动的合成与分解水平方向上：匀速直线运动；竖直方向上：自由落体运动．2．基本规律(1)位移关系：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)位移方向偏转角tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(gt,2v0).(2)速度关系：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(vx＝v0,vy＝gt))合速度的大小v＝eq\r(vx2＋vy2)速度方向偏转角tanα＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(gt,v0)＝2tanθ.3．两个重要推论(1)若速度方向与水平方向的夹角为α，位移方向与水平方向的夹角为θ，则tanα＝2tanθ.(2)平抛运动到任一位置A，过A点作其速度方向的反向延长线交Ox轴于C点，有OC＝eq\f(xA,2)(如图所示)．(3)任何一段时间内，速度变化量为Δv＝gΔt，方向恒为竖直向下；连续相等的时间间隔Δt内，竖直方向的位移差不变为Δy＝g(Δt)2，在平抛运动轨迹上找几个点，使x1＝x2＝…，利用y2－y1＝g(Δt)2可求重力加速度．4．和斜面相关的平抛运动解题技巧(1)在斜面上平抛又落到斜面上：①合位移与水平位移的夹角等于斜面倾角，常用位移关系tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0).②不同落点的速度方向与斜面的夹角相等．③离斜面最远时速度方向与斜面平行(如图中P点)，若求离斜面最远距离，常沿斜面方向、垂直斜面方向将速度和加速度分解．(2)平抛运动的物体垂直打在斜面上：合速度与竖直速度的夹角等于斜面倾角θ，常用速度关系tanθ＝eq\f(vx,vy)＝eq\f(v0,gt).物理模型盘点——与斜面相关联的平抛运动模型斜面上的平抛问题是一种常见的题型，在解答这类问题时除要运用平抛运动的位移和速度规律，还要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而使问题得到顺利解决。常见的模型如下：方法内容斜面总结分解速度水平：vx＝v0竖直：vy＝gt合速度：v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))速度方向与θ有关，分解速度，构建速度三角形分解位移水平：x＝v0t竖直：y＝eq\f(1,2)gt2合位移：x合＝eq\r(x2＋y2)位移方向与θ有关，分解位移，构建位移三角形如图所示，斜面固定在水平面上，两个小球分别从斜面底端O点正上方A、B两点向右水平抛出，B为AO连线的中点，最后两球都垂直落在斜面上，A、B两球击中斜面位置到O点的距离之比为()A.eq\r(2)∶1 B．2∶1C．4∶eq\r(2) D．4∶1解析：设落到斜面上的位置分别为P、Q，由题意知，落到斜面上时两小球的速度与水平面夹角相等，根据平抛运动的推论知，位移AP、BQ与水平面夹角也相等，则ΔPOA与ΔQOB相似，对应边成比例，B正确。答案：B1．地面上方某一点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中()A．速度和加速度的方向都在不断变化B．速度与加速度方向之间的夹角一直减小C．在相等的时间间隔内，速率的改变量相等D．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等解析：由于物体做平抛运动，故物体只受重力作用，加速度不变，速度的大小和方向时刻在变化，故选项A错误；设某时刻速度与竖直方向夹角为θ，则tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(v0,gt)，故随着时间t的变大，tanθ变小，θ变小，选项B正确；根据加速度定义式a＝eq\f(Δv,Δt)＝g，得Δv＝gΔt，即在相等的时间间隔内，速度的改变量相等，故选项C错误；根据动能定理，在相等的时间间隔内，动能的改变量等于重力的功，即WG＝mgh，而平抛运动在相等时间内竖直方向上的位移不相等，故选项D错误。答案：B2.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．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大【答案】C【考点定位】平抛运动【名师点睛】重点要理解题意，本题考查平抛运动水平方向的运动规律。理论知识简单，难在由题意分析出水平方向运动的特点。3．如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为（A）（B）（C）（D）【答案】C【解析】设第一次抛出时A球的速度为v1，B球的速度为v2，则A、B间的水平距离x=(v1+v2)t，第二次两球的速度为第一次的2倍，但两球间的水平距离不变，则x=2(v1+v2)T，联立得T=t∕2，所以C正确；ABD错误．【考点定位】平抛运动【名师点睛】本题的关键信息是两球运动时间相同，水平位移之和不变．4．如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直。一小物块以速度从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时。对应的轨道半径为（重力加速度大小为g）A．B．C． D．【答案】B【解析】物块由最低点到最高点有：；物块做平抛运动：x=v1t；；联立解得：，由数学知识可知，当时，x最大，故选B。【考点定位】机械能守恒定律；平抛运动【名师点睛】此题主要是对平抛运动的考查；解题时设法找到物块的水平射程与圆轨道半径的函数关系，即可通过数学知识讨论；此题同时考查学生运用数学知识解决物理问题的能力。5．平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ现象存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，问：（1）粒子到达O点时速度的大小和方向；（2）电场强度和磁感应强度的大小之比。【答案】（1），方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上（2）【解析】（1）粒子在电场中由Q到O做类平抛运动，设O点速度v与+x方向夹角为α，Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，根据类平抛运动的规律，有：x方向：y方向：粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为：又：解得：，即，粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上。粒子到达O点时的速度大小为【考点定位】带电粒子在复合场中的运动【名师点睛】本题难度不大，但需要设出的未知物理量较多，容易使学生感到混乱，要求学生认真规范作答，动手画图。物理模型盘点——圆周运动问题【题型解码】1.基本思路(1)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＝meq\f(v2,r)＝mrω2＝mωv＝mreq\f(4π2,T2).2.技巧方法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．跳绳过程中，甲、乙两位同学握住绳子两端A、B近似不动，绳子绕AB连线在空中转到图示位置时，则质点()A．P、Q的速度方向沿绳子切线B．P的线速度小于Q的线速度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的中点O【答案】B【解析】P、Q两点以AB为共同转轴做圆周运动，由P、Q两点向AB线段作垂线分别交AB于P′、Q′点，即为二者的圆心，如图所示，则可知P、Q的速度方向与各自的半径垂直，并不沿绳子切线，故A错误；由于P、Q两点以AB为共同转轴做圆周运动，可知二者的角速度相等，由图可知，P的半径小于Q的半径，根据公式v＝ωr可知，P的线速度小于Q的线速度，故B正确，C错误；若质点P、Q做匀速圆周运动，则合外力指向各自的圆心位置，不指向AB的中点O，故D错误．【提分秘籍】1.圆周运动问题的求解步骤(1)审清题意，确定研究对象，明确物体做圆周运动的平面。(2)分析清楚物体的受力情况，找清楚是哪些力充当向心力。(3)分析清楚物体的运动状态，如线速度、角速度、周期、轨迹半径等。(4)根据牛顿第二定律列方程求解。2．圆周运动的一些典型模型的处理方法物理模型盘点——竖直平面内圆周运动的“轻绳、轻杆”模型【题型解码】(1)物体在竖直平面内做圆周运动。(2)“轻绳”模型和“轻杆”模型的不同①“轻绳”只能对物体产生拉力，对物体无支撑作用。②“轻杆”既可对物体产生拉力也可产生支持力，而对物体有支撑作用。(3)两种模型的轨道最高点情况比较“轻绳”模型“轻杆”模型图示受力特征物体受到的弹力方向为向下或等于零物体受到的弹力方向为向下、等于零或向上受力示意图力学方程mg＋FN＝meq\f(v2,R)mg±FN＝eq\f(mv2,R)临界特征FN＝0mg＝meq\f(v\o\al(2,min),R)即vmin＝eq\r(gR)v＝0即F向＝0FN＝mg过最高点的条件在最高点的速度v≥eq\r(gR)在最高点的速度v≥0长L＝0.5m质量可忽略的细杆，其一端可绕O点在竖直平面内转动，另一端固定着一个小球A。A的质量为m＝2kg，当A通过最高点时，如图所示，求在下列两种情况下杆对小球的作用力：(1)A在最低点的速率为eq\r(21)m/s。(2)A在最低点的速率为6m/s。解析：对小球A由最低点到最高点过程，由动能定理得，－mg·2L＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)在最高点，假设细杆对A的弹力F向下，则A的受力图如图所示：以A为研究对象，由牛顿第二定律得mg＋F＝meq\f(v2,L)②所以F＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,L)－g))③(1)当v0＝eq\r(21)m/s时，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负值说明F的实际方向与假设的向下的方向相反，即杆给A向上的16N的支撑力。(2)当v0＝6m/s时，由①式得v＝4m/s⑥F＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(42,0.5)－10))N＝44N⑦正值说明杆对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][把细杆换成细绳]在[典例]中若把细杆换成细绳，则在(1)(2)两种情况下小球能否过最高点？若能，此时细绳对小球的拉力为多少？解析：对小球A由最低点到最高点过程，由动能定理得，－mg·2L＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①(1)当v0＝eq\r(21)m/s时，由①式得v＝1m/s，②对小球A，刚好过最高点时，有mg＝meq\f(v\o\al(2,min),L)，③解得vmin＝eq\r(5)m/s，④因为v＝1m/s<vmin，故小球不能过最高点。(2)当v0＝6m/s时，由①式得v＝4m/s；⑤因为v＝4m/s>vmin，故小球能过最高点。此时对小球，由牛顿第二定律得mg＋F＝meq\f(v2,L)⑥解得：F＝44N答案：(1)v0＝eq\r(21)m/s时不能(2)v0＝6m/s时能44N如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力A．一直不做功 B．一直做正功C．始终指向大圆环圆心 D．始终背离大圆环圆心【答案】A【考点定位】圆周运动；功【名师点睛】此题关键是知道小圆环在大圆环上的运动过程中，小圆环受到的弹力方向始终沿大圆环的半径方向，先是沿半径向外，后沿半径向里。“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变【答案】B【解析】机械能等于动能和重力势能之和，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能时刻发生变化，则机械能在变化，故A错误；在最高点对乘客受力分析，根据牛顿第二定律有：，座椅对他的支持力，故B正确；乘客随座舱转动一周的过程中，动量不变，是所受合力的冲量为零，重力的冲量，故C错误；乘客重力的瞬时功率，其中θ为线速度和竖直方向的夹角，摩天轮转动过程中，乘客的重力和线速度的大小不变，但θ在变化，所以乘客重力的瞬时功率在不断变化，故D错误。【考点定位】机械能，向心力，冲量和动量定理，瞬时功率【名师点睛】本题的难点在于对动量定理的理解，是“物体所受合力的冲量等于动量的变化”，而学生经常记为“力的冲量等于物体动量的变化”。如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直。一小物块以速度从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时。对应的轨道半径为（重力加速度大小为g） B． C． D．【答案】B【解析】物块由最低点到最高点有：；物块做平抛运动：x=v1t；；联立解得：，由数学知识可知，当时，x最大，故选B。【名师点睛】此题主要是对平抛运动的考查；解题时设法找到物块的水平射程与圆轨道半径的函数关系，即可通过数学知识讨论；此题同时考查学生运用数学知识解决物理问题的能力。物理模型盘点——圆周、直线平抛组合模型如图所示，竖直平面内有一光滑管道口径很小的圆弧轨道，其半径为R＝0.5m，平台与轨道的最高点等高。一质量m＝0.8kg可看做质点的小球从平台边缘的A处平抛，恰能沿圆弧轨道上P点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径OP与竖直线的夹角为53°，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10m/s2。试求：(1)小球从A点开始平抛运动到P点所需的时间t；(2)小球从A点水平抛出的速度大小v0和A点到圆弧轨道入射点P之间的水平距离l；(3)小球到达圆弧轨道最低点时的速度大小；(4)小球沿轨道通过圆弧的最高点Q时对轨道的内壁还是外壁有弹力？并求出弹力的大小。【答案】(1)0.4s(2)3m/s1.2m(3)eq\r(29)m/s(4)外壁6.4N【解析】(1)从A到P过程中，小球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，有R＋Rcos53°＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝0.4s。(2)根据分运动公式，有vy＝gt，tan53°＝eq\f(vy,v0)，解得v0＝3m/s，在水平方向上，有l＝v0t，解得l＝1.2m。(3)从A到圆弧轨道最低点，根据机械能守恒定律，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)小球从A到达Q时，根据机械能守恒定律可知vQ＝v0＝3m/s；在Q点，根据牛顿第二定律，有FN＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,Q),R)，得FN＝6.4N根据牛顿第三定律可得小球对外壁有弹力FN′＝FN＝6.4N。【提分秘籍】解决“圆周平抛（直线）组合模型”问题的5点要素1．一个物体平抛运动和（圆周）直线运动先后进行，要明确直线运动的性质，关键抓住速度是两个运动的衔接点．2．两个物体分别做平抛运动和（圆周）直线运动，且同时进行，则它们运动的时间相等，同时满足一定的空间几何关系．3.对于多过程问题首先要搞清各运动过程的特点，然后选用相应规律．4．要特别注意运用有关规律建立两运动之间的联系，把转折点的速度作为分析重点．5.程序法在解圆周平抛（直线）组合模型中的应用所谓“程序法”是指根据题意按先后顺序分析发生的运动过程，并明确每一过程的受力情况、运动性质、满足的规律等等，还要注意前后过程的衔接点是具有相同的速度．物理模型盘点——电学中的曲线运动【要点提炼】一、带电粒子在电场中的曲线运动1.带电粒子在非匀强电场中的曲线运动(1)电场力指向轨迹的凹侧。(2)带电粒子做变加速运动，qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。2.带电粒子在匀强电场中的偏转问题(1)把偏转运动分解为两个独立的直线运动①平行于极板的匀速直线运动：L＝v0t。②垂直于极板的匀加速直线运动：a＝eq\f(qU,md)，vy＝at，偏转距离y＝eq\f(1,2)at2，速度偏转角tanθ＝eq\f(vy,v0)。(2)根据动能定理，带电粒子的动能变化量ΔEk＝eq\f(y,d)qU。二、带电粒子在磁场中的圆周运动1.运动电荷在有界匀强磁场中运动的常见情景(1)从直线边界射入的粒子，又从同一边界射出时，速度方向与边界的夹角相等。(2)在圆形磁场区域内，沿半径方向射入的粒子，一定沿半径方向射出。2.带电粒子在磁场中做圆周运动引起多解的原因(1)带电粒子的电性不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹。(2)磁场方向不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹。(3)临界状态不唯一形成多解，需要根据临界状态的不同分别求解。(4)圆周运动的周期性形成多解。【提分秘籍】一、带电粒子在电场中的运动解题途径的选择1.求解带电粒子在匀强电场中的运动时，运动和力、功能关系两个途径都适用，选择依据是题给条件，当不涉及时间时选择功能关系，否则必须选择运动和力。2.带电粒子在非匀强电场中运动时，加速度不断变化，只能选择功能关系求解。二、带电粒子在磁场中的运动处理方法1.“一点、两画、三定、四写”求解粒子在磁场中的圆周运动(1)一点：特殊位置或要求粒子到达的位置(如初始位置、要求经过的某一位置等)。(2)两画：画出速度v和洛伦兹力F两个矢量的方向。(3)三定：定圆心、定半径、定圆心角。(4)四写：写出基本方程qvB＝meq\f(v2,R)，半径R＝eq\f(mv,qB)，周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，运动时间t＝eq\f(s,v)＝eq\f(α,2π)T。2.带电粒子在磁场中运动的多解问题的处理技巧对于圆周运动的周期性形成的多解问题，要注意系列解出现的可能，要注意每种解出现的条件，并寻找相关的通项公式。命题点一：带电粒子(或带电体)在电场中的曲线运动考向一带电粒子在匀强电场中的曲线运动如图1，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ＞0)。质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。（图1）(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？【解析】(1)PG、QG间场强大小相等，均为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E＝eq\f(2φ,d)①F＝qE＝ma②设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有h＝eq\f(1,2)at2④l＝v0t⑤联立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)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度L为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))考向二带电体在匀强电场中的曲线运动用长为1.4m的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为1.0×10－2kg、电荷量为2.0×10－8C的小球，细线的上端固定于O点。现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成37°角，如图2所示。现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则(sin37°＝0.6，g取10m/s2)()A.该匀强电场的场强为3.75×107N/CB.平衡时细线的拉力为0.17NC.经过0.5s，小球的速度大小为6.25m/sD.小球第一次通过O点正下方时，速度大小为7m/s（图2）【解析】小球处于平衡状态时，受力分析如图所示，则可知qE＝mgtan37°，则该匀强电场的电场强度E＝eq\f(mgtan37°,q)＝3.75×106N/C，A错误；细线的拉力F＝eq\f(mg,cos37°)＝0.125N，故B错误；在外力作用下，小球拉至细线水平时，由静止释放，如图所示，小球在电场力和重力的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动至B点，∠OAB＝∠OBA＝53°，OA＝OB＝l＝1.4m，在此过程中，细线处于松弛状态，无拉力作用，小球运动至B点时，细线绷紧，匀加速直线运动结束。根据牛顿第二定律可知小球匀加速直线运动时的加速度a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(F,m)＝eq\f(0.125,0.01)m/s2＝12.5m/s2，假设经过0.5s后，小球仍在沿AB方向做匀加速直线运动，则小球的速度v＝at＝6.25m/s，经过的距离x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×12.5×0.52m＝1.5625m，A、B间的距离|AB|＝2×l×cos53°＝1.68m，x＜|AB|，假设成立，故0.5s时，小球的速度大小为6.25m/s，故C正确；小球运动至B点时，细线绷紧，小球沿细线方向的分速度减为零，动能减小，假设细线绷紧过程小球机械能损失ΔE，此后在电场力、重力和细线拉力作用下沿圆弧运动至O点正下方，根据能量守恒定律，可知(qE＋mg)·l－ΔE＝eq\f(1,2)mv2，可得v＜7m/s，故D错误。【答案】C考向三带电粒子在交变电场中的曲线运动如图3甲所示，两水平金属板A、B间的距离为d，极板长为l，A、B右端有一竖直放置的荧光屏，荧光屏距A、B右端的距离为0.7l。A、B两板间加上如图乙所示的方波形电压，电压的正向值为U0，反向值也为U0，A、B间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场。现有质量为m、电荷量为e(重力不计)的电子束，以速度v0沿A、B两板间的中心线OO′射入两板间的偏转电场，所有电子均能通过偏转电场，最后打在荧光屏上。（图3）(1)求电子通过偏转电场的时间t0；(2)若UAB的周期T＝t0，求从OO′上方飞出偏转电场的电子在飞出时离OO′的最大距离；(3)若UAB的周期T＝2t0，求电子击中荧光屏上O′点时的速率。【解析】(1)电子在水平方向做匀速运动有v0t0＝l解得t0＝eq\f(l,v0)(2)当T＝t0时，t＝0时刻进入偏转电场的电子向上侧移距离最大设最大距离为ym，加速度大小为a，则有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)，解得最大距离ym＝eq\f(eU0l2,4mdveq\o\al(2,0))(3)当T＝2t0时，电子要到达O′点在电场中必须在竖直方向上先加速后减速再反向加速，并且加速度大小相等，离开电场后竖直方向上匀速，从O到O′的整个过程向上的位移和向下的位移大小相等。设向上加速时间为Δt，则在竖直方向上有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)))要到达O′点，则有y上＝y下解得Δt＝0.4t0，另一解Δt＝3t0舍去所以到达O′点的电子在竖直方向上的速度大小为vy＝a(t0－2Δt)到达荧光屏上O′点的电子的速率为v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))解得电子击中荧光屏上O′点时的速率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))【总结归纳】带电粒子在电场中的运动问题的解题思路(1)如果是带电粒子在恒定电场力作用下做直线运动的问题，应用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等。(2)如果是非匀强电场中的直线运动，一般利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、运动的位移等。(3)对于曲线运动问题，若是类平抛运动，通常采用运动的合成与分解方法处理，应用动力学方法或功能方法求解。命题点二：带电粒子在匀强磁场中的圆周运动考向一带电粒子在相邻两个匀强磁场中的圆周运动如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为eq\f(1,2)B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为()A.eq\f(5πm,6qB) B.eq\f(7πm,6qB)C.eq\f(11πm,6qB) D.eq\f(13πm,6qB)【解析】带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度大小不变，由r＝eq\f(mv,qB)知，第一象限内的圆半径是第二象限内圆半径的2倍，如图所示。粒子在第二象限内运动的时间t1＝eq\f(T1,4)＝eq\f(2πm,4qB)＝eq\f(πm,2qB)粒子在第一象限内运动的时间t2＝eq\f(T2,6)＝eq\f(2πm×2,6qB)＝eq\f(2πm,3qB)则粒子在磁场中运动的时间t＝t1＋t2＝eq\f(7πm,6qB)，选项B正确。【答案】B考向二带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界、极值问题如图所示，在水平线ab的下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。磁场中有一内、外半径分别为R、eq\r(3)R的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出。不计粒子重力。(1)求粒子从P到M所用的时