高中物理大二轮复习 专题01力与运动(第04讲 力与物体的曲线运动(二)电场磁场中的曲线运动)
标)届高三物理二轮复习 第1部分 专题1 力与运动 第4讲 电场和磁场中的曲线运动课件【精品课件】
(1)电子从 O 点进入到离开 x＝3L 处的电场所需的时间； (2)电子离开 x＝3L 处的电场时的 y 坐标； (3)电子离开 x＝3L 处的电场时的速度大小和方向．
解析： 设电子离开x＝L的位置记为P点，离开x＝3L的 位置记为Q点，则：
(1)vP＝
2·emE1·L＝2×107 m/s，
由⑥⑧⑨⑩式解得 vC＝
17qEl0 2m
答案： (1)3qEl0 (2)3
2ml0 qE
第4讲 电场和磁场中的曲线运动
核心考点聚焦
热点考向例析
考向一 带电粒子在电场中的偏转问题 (2015·浙江杭州联考)电学中有些仪器经常用到下述
电子运动的物理原理．某一水平面内有一直角坐标系 xOy 平面， x＝0 和 x＝L＝10 cm 的区间内有一沿 x 轴负方向的有理想边界 的匀强电场 E1＝1.0×104 V/m，x＝L 和 x＝3L 的区间内有一沿 y 轴负方向的有理想边界的匀强电场 E2＝1.0×104 V/m，一电 子为了计算简单，比荷取为：me ＝2×1011 C/kg从直角坐标系 xOy 平面内的坐标原点 O 以很小的速度进入匀强电场 E1，计算 时不计此速度且只考虑 xOy 平面内的运动．求：
正 确 ； 粒 子 打 到 屏 上 时 的 速 度 为 v ＝ v20＋v2y ＝
4E21d22E＋1dE22L2·mq ，与比荷有关，故速度不一样大，故 B 错误；
纵向位移 y＝12at2＝4EE2L1d2，即位移与比荷无关，由相似三角形可 知，打到屏幕上的位置相同，故 D 正确；运动到屏上所用时间
A．垂直射到荧光屏 M 上的电子的速度大小为
2emEd＋v20
B．到达荧光屏的离 P 最远的电子的运动时间为
(浙江选考)2021高考物理二轮复习专题一力与运动第4讲运动的合成与分解平抛运动学案
第4讲运动的合成与分解平抛运动[历次选考考情分析]章知识内容考试要求历次选考统计必考加试2021 /102021/042021/102021/042021/112021/04曲线运动曲线运动 b b运动的合成与分解b c平抛运动 d d 2、10 7131920考点一曲线运动的理解1．曲线运动(1)速度方向：沿曲线上该点的切线方向．(2)条件：合外力与速度不共线．(3)运动轨迹：在速度与合外力方向所夹的区间内，向合外力的方向弯曲．2．运动的合成与分解的运算法那么(1)运动的合成与分解是指描述运动的各物理量即位移、速度、加速度的合成与分解，由于它们均是矢量，故合成与分解都遵守平行四边形定那么．(2)合运动是物体的实际运动，合运动的性质是由合初速度与合加速度决定的．1.[曲线运动方向](2021·绍兴市期末)翻滚过山车是大型游乐园里的一种比拟刺激的娱乐工程．如图1所示，翻滚过山车(可看成质点)从高处冲下，过M点时速度方向如下图，在圆形轨道内经过A、B、C三点．以下说法正确的选项是( )图1A．过A点时的速度方向沿AB方向B．过B点时的速度方向沿水平方向C．过A、C两点时的速度方向一样D．圆形轨道上与M点速度方向一样的点在AB段上答案 B2．[曲线运动条件]如图2所示，水平桌面上一小钢球沿直线运动．假设在钢球运动的正前方A处或旁边B处放一块磁铁，假设小钢球受到的摩擦力大小恒定，那么以下关于小球运动的说法正确的选项是( )图2A．磁铁放在A处时，小球可能做匀加速直线运动B．磁铁放在A处时，小球做曲线运动C．磁铁放在B处时，小球做曲线运动D．磁铁放在B处时，小球可能做匀速圆周运动答案 C解析磁铁放在A处时，合力向前，加速度向前，小钢球做加速直线运动，但磁力大小与距离有关，故加速度是变化的，不是匀加速直线运动，故A、B错误；磁铁放在B处时，合力与速度不共线，故小钢球向磁铁一侧偏转；磁力大小与距离有关，故加速度是变化的，所以小球做变加速曲线运动，故C正确，D错误．3．[小船渡河](2021·绍兴市期末)唐僧、悟空、八戒、沙僧师徒四人想划船渡过一条宽180 m的河，他们在静水中划船的速度为3 m/s，现在他们观测到河水的流速为4 m/s，对于这次划船过河，他们有各自的看法，其中正确的选项是( ) A．唐僧说：我们要想到达正对岸就得使船头朝向正对岸B．悟空说：我们要想到达正对岸船头必须朝向上游划船C．八戒说：我们要想少走点路就得朝着正对岸划船D．沙僧说：今天这种情况我们是不可能到达正对岸的答案 D解析当静水速度垂直于河岸时，渡河的时间最短，t＝dv c＝1803s＝60 s，此时船将运动到下游，故A错误；由于静水速度小于水流速度，合速度不可能垂直于河岸，不可能到达正对岸，当静水速度的方向与合速度方向垂直时，渡河位移最短，故B、C错误，D正确．4．[运动轨迹分析]如图3甲所示，在一次海上救援行动中，直升机和伤员一起沿水平方向匀速飞行，同时悬索系住伤员匀速上拉，以地面为参考系，伤员从A至B的运动轨迹可能是图乙中的( )图3A．折线ACB B．线段ABC．曲线AmB D．曲线AnB答案 B解析伤员参与了两个分运动，水平方向匀速移动，竖直方向匀速上升，合速度是两个分速度的矢量和，遵循平行四边形定那么，由于两个分速度大小和方向都恒定，故合速度固定不变，即合运动是匀速直线运动，故轨迹是线段AB，故A、C、D错误，B正确．5．[运动的合成与分解](2021·桐乡中学期末)手持滑轮把悬挂重物的细线拉至如图4所示的实线位置，然后滑轮水平向右匀速移动，运动中始终保持悬挂重物的细线竖直，那么重物运动的速度( )图4A．大小和方向均不变B．大小不变，方向改变C．大小改变，方向不变D．大小和方向均改变答案 A解析 滑轮水平向右匀速运动过程中，悬挂重物的细线保持竖直，重物具有与滑轮一样的水平速度，同时重物竖直方向匀速上升，其上升的距离与滑轮水平向右移动的距离一样，故重物竖直上升的速度恒定不变，且与水平方向速度大小相等，因此重物运动的速度方向斜向右上方，与水平方向成45°角，大小恒定，A 正确．考点二 平抛运动根本规律的应用 1．飞行时间：t ＝2hg，取决于下落高度h ，与初速度v 0无关．2．水平射程：x ＝v 0t ＝v 02hg，由初速度v 0和下落高度h 共同决定，与其他因素无关．3．落地速度：v ＝v x 2＋v y 2＝v 02＋2gh ，与水平方向的夹角的正切值tan α＝v y v x＝2gh v 0，所以落地速度只与初速度v 0和下落高度h 有关．4．某时刻速度的反向延长线通过此时水平位移的中点，速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角的正切值的2倍．例1 (2021·稽阳联考)现有一玩具枪，其枪管长度L ＝20 cm ，枪口直径d ＝6 mm ，子弹质量为m ＝2 g ，在测试中，让玩具枪在高度h ＝1.8 m 处水平发射，实测子弹射程为12 m ，不计子弹受到的阻力，g 取10 m/s 2，求： (1)子弹出枪口的速度大小；(2)假设在枪管内子弹始终受到恒定的推力，试求此推力的大小． 答案 (1)20 m/s (2)2 N解析 (1)子弹离开枪口后做平抛运动，运动时间t ＝2hg＝ s ＝0.6 s由x ＝vt ，那么v ＝x t ＝120.6m/s ＝20 m/s(2)在枪管内，由运动学公式得v 2＝2aL ，那么a ＝v 22L＝1 000 m/s 2，根据牛顿第二定律得F＝ma ＝2 N.6．(2021·浙江4月选考·10)某卡车在公路上与路旁障碍物相撞．处理事故的警察在泥地中发现了一个小的金属物体，经判断，它是相撞瞬间车顶上一个松脱的零件被抛出而陷在泥里的．为了判断卡车是否超速，需要测量的量是( ) A ．车的长度、车的重量B ．车的高度、车的重量C ．车的长度、零件脱落点与陷落点的水平距离D ．车的高度、零件脱落点与陷落点的水平距离 答案 D解析 物体从车顶平抛出去，根据平抛运动知识可知h ＝12gt 2，x ＝vt ，因此要知道车顶到地面的高度，即可求出时间．测量零件脱落点与陷落点的水平距离即可求出抛出时(事故发生时)的瞬时速度，故答案为D.7．某同学将一篮球斜向上抛出，篮球恰好垂直击中篮板反弹后进入篮筐，忽略空气阻力，假设抛射点远离篮板方向水平移动一小段距离，仍使篮球垂直击中篮板一样位置，且球击中篮板前不会与篮筐相撞，那么以下方案可行的是( ) A ．增大抛射速度，同时减小抛射角 B ．减小抛射速度，同时减小抛射角 C ．增大抛射角，同时减小抛出速度 D ．增大抛射角，同时增大抛出速度 答案 A解析 应用逆向思维，把篮球的运动看成平抛运动，由于竖直高度不变，水平位移增大，篮球从抛射点到篮板的时间t ＝2hg不变，竖直分速度v y ＝2gh 不变，水平方向由x ＝v x t 知x 增大，v x 增大，抛射速度v ＝v x 2＋v y 2增大，与水平方向的夹角的正切值tan θ＝v yv x减小，故θ减小，可知A 正确．8．(2021·杭州市五校联考)在同一竖直线上的不同高度分别沿同一方向水平抛出两个小球A 和B ，两球在空中相遇，其运动轨迹如图5所示，不计空气阻力，以下说法正确的选项是( )图5A ．相遇时A 球速度一定大于B 球 B ．相遇时A 球速度一定小于B 球C ．相遇时A 球速度的水平分量一定等于B 球速度的水平分量D ．相遇时A 球速度的竖直分量一定大于B 球速度的竖直分量 答案 D解析 根据t ＝2hg，v y ＝gt ，h A >h B ，x ＝v x t ，知t A >t B ，v yA >v yB ，v xA <v xB ，选项D 正确．9．(2021·七彩阳光联盟期中)一条水平放置的水管，横截面积S ＝4.0 cm 2，距地面高度h ＝1.8 m ．水从管口以不变的速度源源不断地沿水平方向射出，水落地的位置到管口的水平距离约为0.6 m ．假设管口横截面上各处水的速度都一样，那么每秒内从管口射出的水的体积约为(g 取10 m/s 2)( ) A ．400 mL B ．600 mL C ．800 mL D ．1 000 mL答案 A解析 根据h ＝12gt 2得：t ＝2h g ＝ s ＝0.6 s ，那么平抛运动的初速度为：v 0＝x t＝1.0 m/s ，流量为：Q ＝vS ＝1.0×4.0×10－4 m 3/s ＝4×10－4 m 3/s ＝400 mL/s ，故V ＝Qt ＝400×1 mL＝400 mL.考点三 与斜面有关的平抛运动问题1．从斜面开场平抛到落回斜面的过程(1)全过程位移的方向沿斜面方向，即竖直位移与水平位移的比值等于斜面倾角的正切值． (2)竖直速度与水平速度之比等于斜面倾角正切值的两倍.方法内容斜面 总结分解位移水平：x ＝v 0t竖直：y ＝12gt 2合位移：s ＝x 2＋y 2分解位移，构建位移三角形2.从斜面外抛出的物体落到斜面上，注意找速度方向与斜面倾角的关系方法内容 斜面 总结分解速度水平：v x ＝v 0竖直：v y ＝gt 合速度：v ＝v x 2＋v y 2分解速度，构建速度三角形分解速度水平：v x ＝v 0竖直：v y ＝gt 合速度：v ＝v x 2＋v y 2分解速度，构建速度三角形例2 如图6所示，一小球从平台上水平抛出，恰好落在临近平台的一倾角为α＝53°的固定斜面顶端，并刚好沿斜面下滑，小球与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，斜面顶端与平台的高度差h ＝0.8 m ，g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，空气阻力不计，那么：图6(1)小球水平抛出的初速度是多大？(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离s 是多少？(3)假设平台与斜面底端高度差H ＝6.8 m ，那么小球离开平台后经多长时间到达斜面底端？ 答案 (1)3 m/s (2)1.2 m (3)1.4 s 解析 (1)由于刚好沿斜面下滑，竖直方向有v y 2＝2gh 据题有tan 37°＝v 0v y解得v 0＝3 m/s (2)由h ＝12gt 12s ＝v 0t 1解得s ＝1.2 m ，t 1＝0.4 s(3)小球沿斜面下滑时，受力分析如图，沿斜面方向根据牛顿第二定律有mg sin 53°－μmg cos 53°＝ma设斜面长度为L ，由几何关系有cos 37°＝H －hL小球刚落到斜面上时的速度v ＝vycos 37°小球在斜面上运动的过程有L ＝vt 2＋12at 22联立解得：t 2＝1 s 因此t 总＝t 1＋t 2＝1.4 s.10．如图7是简化后的跳台滑雪的雪道示意图．整个雪道由倾斜的助滑雪道AB 、水平的起跳平台BC 和着陆雪道CD 组成，AB 与BC 平滑连接．运发动从助滑雪道AB 上由静止开场在重力作用下下滑，滑到C 点后水平飞出，落到CD 上的F 点，E 是运动轨迹上的某一点，在该点运发动的速度方向与轨道CD 平行，E ′点是E 点在斜面上的垂直投影．设运发动从C 到E 与从E 到F 的运动时间分别为t CE 和t EF .不计飞行中的空气阻力，下面说法或结论不正确的选项是( )图7A ．运发动在F 点的速度方向与从C 点飞出时的速度大小无关B ．t CE ∶t EF ＝1∶1C ．CE ′∶E ′F 可能等于1∶3D ．CE ′∶E ′F 可能等于1∶2 答案 C解析 设运发动在F 点的速度方向与水平方向的夹角为α，CD 斜面的倾角为θ，那么有tanα＝v y v 0，tan θ＝y x ＝v y2tv 0t ＝v y2v 0，那么得tan α＝2tan θ，θ一定，那么α一定，那么知运发动在F 点的速度方向与从C 点飞出时的速度大小无关，故A 正确；将运发动的运动分解为沿斜面方向和垂直于斜面方向，那么知垂直斜面方向上先做匀减速直线运动(类似于竖直上抛运动)，当运动到E 点，垂直斜面方向上的速度减为零，然后做匀加速直线运动，根据运动的对称性，知时间相等，t CE ∶t EF ＝1∶1，故B 正确；在沿斜面方向上做匀加速直线运动，根据匀加速直线运动规律知，初速度为零时，在连续相等时间内的位移为1∶3，又因为沿斜面方向上的初速度不为零，那么相等时间内的水平位移之比大于1∶3，可能等于1∶2，故D 正确，C 错误．11.(2021·宁波市3月选考)如图8所示，以10 3 m/s 的水平初速度v 0抛出的物体，飞行一段时间后，撞在倾角为30°的斜面上时，速度方向与斜面成60°角，这段飞行所用的时间为(g取10 m/s2)( )图8A．1 s B．2 s C．3 s D．6 s答案 A解析由速度关系v y＝v0tan 60°＝10 m/s，又由v y＝gt可知t＝1 s，故A正确．考点四 平抛运动的临界问题1．确定运动性质——平抛运动．2．确定临界状态，一般用极限法分析，即把平抛运动的初速度增大或减小，使临界状态呈现出来．3．确定临界状态的运动轨迹，并画出轨迹示意图，画示意图可以使抽象的物理情景变得直观，更可以使有些隐藏于问题深处的条件暴露出来．例3 某同学将小球从P 点水平抛向固定在水平地面上的圆柱形桶，小球沿着桶的直径方向恰好从桶的左侧上边沿进入桶内并打在桶的底角，如图9所示，P 点到桶左边沿的水平距离s ＝0.80 m ，桶的高度h 0＝0.45 m ，直径d ＝0.20 m ，桶底和桶壁的厚度不计，不计空气阻力，取重力加速度g ＝10 m/s 2，那么( )图9A ．P 点离地面的高度为2.5 mB ．P 点离地面的高度为1.25 mC ．小球抛出时的速度大小为1.0 m/sD ．小球经过桶的左侧上边沿时的速度大小为2.0 m/s 答案 B解析 设小球从P 点运动到桶左侧上边沿的时间为t 1，从P 点运动到桶的底角的总时间为t 2 从P 点运动到桶左侧上边沿过程中有：h 1－h 0＝12gt 12① s ＝v 0t 1②从P 点运动到桶的底角过程中有：h 1＝12gt 22③由几何知识有s ＋d ＝v 0t 2④由①②③④式并代入数据可得：h 1＝1.25 m ，v 0＝2.0 m/s设小球运动到桶的左侧上边沿时速度大小为v 1，与水平方向的夹角为θ，由平抛运动的规律有：竖直方向的速度：v ⊥＝gt 1⑤ 此时小球的速度：v 1＝v ⊥2＋v 02⑥tan θ＝v ⊥v 0⑦ 联立解得v 1＝2 5 m/s ，tan θ＝2.12.如图10所示，B 为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O 的连线与竖直方向的夹角为α.一小球在圆轨道左侧的A 点以速度v 0平抛，恰好沿B 点的切线方向进入圆轨道．重力加速度为g ，不计空气阻力，那么A 、B 之间的水平距离为( )图10A.v 02tan αgB.2v 02tan αgC.v 02g tan αD.2v 02g tan α答案 A解析 由小球恰好沿B 点的切线方向进入圆轨道可知小球在B 点时的速度方向与水平方向夹角为α.由tan α＝gt v 0，x ＝v 0t ，联立解得AB 之间的水平距离为x ＝v 02tan αg，选项A 正确．专题强化练1．(2021·宁波市期末)如图1所示，某同学让带有水的伞绕伞柄旋转，可以看到伞面上的水滴沿伞边水平飞出，假设不考虑空气阻力，水滴飞出后做的运动是( )图1A ．匀速直线运动B ．平抛运动C ．自由落体运动D ．圆周运动 答案 B2.如图2所示，一辆汽车沿着弯曲的水平公路行驶，依次通过公路上的abcde 各位置，其中汽车速度方向与它在e 位置的速度方向大致一样的是( )图2A．位置a B．位置bC．位置c D．位置d答案 A解析a、b、c、d、e各点的速度方向为该点的切线方向，所以a和e的切线方向都是偏向左下的，速度方向大致一样．3．如图3，乒乓球从斜面上滚下，它以一定的速度沿直线运动，在与乒乓球路径相垂直的方向上放一个纸筒(纸筒的直径略大于乒乓球的直径)，当乒乓球经过筒口时，对着球横向吹气，那么关于乒乓球的运动，以下说法中正确的选项是( )图3A．乒乓球将保持原有的速度继续前进B．乒乓球将偏离原有的运动路径，但不进入纸筒C．乒乓球一定能沿吹气方向进入纸筒D．只有用力吹气，乒乓球才能沿吹气方向进入纸筒答案 B解析当乒乓球经过筒口时，对着球横向吹气，乒乓球沿着原方向做匀速直线运动的同时也会沿着吹气方向做加速运动，实际运动是两个运动的合运动，故一定不会进入纸筒．4．一轮船以一定的速度垂直河岸向对岸行驶，当河水流速均匀时，轮船所通过的路程、过河所用的时间与水流速度的正确关系是( )A．水速越大，路程和时间都不变B．水速越大，路程越长，时间不变C．水速越大，路程越长，时间越长D．水速越大，路程越长，时间越短答案 B解析运用运动分解的思想，求过河时间只分析垂直河岸的速度，当轮船以一定的速度垂直河岸向对岸行驶，即垂直河岸的速度不变，过河所用的时间不变，与水速无关；水越越大，由平行四边形定那么知，轮船的合速度越大，轮船所通过的路程越长，故A、C、D错误，B正确．5.(2021·温州市期末)公园里，经常可以看到大人和小孩都喜欢玩的一种游戏——“套圈〞，如图4所示是“套圈〞游戏的场景．某小孩和大人分别水平抛出圆环，大人抛出的圆环时运动高度大于小孩抛出时的高度，结果恰好都套中前方同一物体，假设圆环的水平位移一样．如果不计空气阻力，圆环的运动可以视为平抛运动，那么以下说法正确的选项是( )图4A．大人和小孩抛出的圆环发生的位移相等B．大人抛出圆环的加速度小于小孩抛出圆环的加速度C．大人和小孩抛出的圆环在空中飞行的时间相等D．大人抛出圆环的初速度小于小孩抛出圆环的初速度答案 D解析大人和小孩抛出的圆环发生的水平位移相等，竖直位移不同，所以大人和小孩抛出的圆环发生的位移不相等，故A错误；圆环做平抛运动，加速度a＝g，所以大人、小孩抛出的圆环的加速度相等，故B错误；平抛运动的时间由下落高度决定，可知大人抛出的圆环运动时间较长，故C错误；大人抛出的圆环运动时间较长，如果要让大人与小孩抛出的圆环的水平位移相等，那么大人要以较小的初速度抛出圆环，故D正确．6．(2021·嘉兴市期末)某同学对着墙壁练习打网球，假定球在墙面上以20 m/s的速度沿水平方向反弹，球在墙面上反弹点的高度在1.25 m至1.80 m之间，忽略空气阻力，那么球反弹后到第一次落地(g取10 m/s2)( )A．飞行的最短时间为0.6 sB．飞行的最长时间为1.1 sC．最远水平距离为10 mD．最大位移将超过12 m答案 D7．飞镖运动于15世纪兴起于英格兰，20世纪初成为流行甚广的日常休闲活动．如图5所示，某同学在离墙一定距离的O点，将飞镖水平掷出，飞镖插在墙壁的靶上且与墙壁的夹角为θ，不计空气阻力的影响，那么以下说法正确的选项是( )图5A ．飞镖的质量越大，θ角越大B ．飞镖的初速度越大，θ角越大C ．飞镖离墙的距离越大，θ角越大D ．飞镖离墙的距离越大，θ角不变 答案 B解析 设飞镖与墙的距离为d ，那么飞镖运动的时间t ＝dv 0，竖直方向速度v y ＝gt ＝dg v 0，tan θ＝v 0v y ＝v 02dg，所以v 0越大，θ角越大；d 越大，θ角越小，B 项正确． 8．(2021·金华市十校期末)如图6所示，在一次海上救援行动中，直升机用悬索系住伤员，直升机和伤员一起在水平方向以v 1＝8 m/s 的速度匀速运动，同时悬索将伤员在竖直方向以v 2＝6 m/s 的速度匀速上拉，那么伤员实际运动速度v 的大小是( )图6A ．6 m/sB ．8 m/sC ．10 m/sD ．14 m/s答案 C解析 由速度的合成知，实际速度v ＝v 12＋v 22＝10 m/s.9.(2021·湖州、衢州、丽水高三期末)如图7为利用稳定的细水柱显示平抛运动轨迹的装置．圆柱形饮料瓶的底面积为S ，每秒钟瓶中水位下降Δh ，形成的局部水柱末端P 离出水口的水平距离为x 时，竖直距离为h ，重力加速度为g ，那么(所有物理量均用国际单位)( )图7A ．为防止漏水，A 处口子应该堵住B ．为保证水柱稳定，瓶中的水应少一些C ．出水口的截面积数值大小约为S Δh x2h gD ．出水口的截面积数值大小约为S Δhg答案 C解析 左侧竖直管上端与空气相通，A 处水的压强始终等于大气压，不受瓶内水面上下的影响，因此，在水面降到A 处以前的一段时间内，可以得到稳定的细水柱，故A 、B 错误；根据题意可知水流离开管口做平抛运动，设初速度为v ，竖直方向下落的时间为：t ＝2hg，那么有：v ＝x t ＝xg2h，圆柱形饮料瓶的底面积为S ，每秒钟瓶中水位下降Δh ，那么有：S Δh ＝vS ′，解得出水口的截面积数值大小约为S Δh x2hg，故C 正确，D 错误．10.模拟飞机投弹游戏中，从飞机上水平抛出物块击中斜面上的某一个点，如图8所示，AB ＝BC ＝CD ，不计空气阻力．方式一：假设飞机盘旋在A 点的正上方某一不变的位置以不同的初速度v 1、v 2抛出两个物块，分别击中斜面上的B 点与C 点．方式二：假设飞机匀速运动，每隔一样的时间放下一个物块，前两个物块分别落在了B 、C 点，那么( )图8A ．方式一，v 1∶v 2＝1∶2B ．方式二，第三个物块恰好落在D 点C ．方式二，第三个物块落在C 、D 之间 D ．方式二，第三个物块落在水平面上 答案 C11.如图9所示，球网高出桌面H ，网到左、右桌边缘的距离为L .某人在乒乓球训练中，从左侧L2处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘．设乒乓球的运动为平抛运动．那么( )图9A ．击球点的高度与网高度之比为2∶1B ．乒乓球在网左右两侧运动时间之比为2∶1C ．乒乓球过网时与落到桌边缘时竖直方向速率之比为1∶2D ．乒乓球在网左、右两侧运动速度变化量之比为1∶2 答案 D解析 根据平抛运动规律，乒乓球在网左、右两侧运动时间之比为1∶2，由Δv ＝g Δt 可得，乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1∶2，选项D 正确，B 错误．由y ＝12gt 2可得击球点的高度与网高度之比为9∶8，乒乓球过网时与落到桌边缘时竖直方向速率之比为1∶3，选项A 、C 错误．12.如图10所示，一长为2L 的木板，倾斜放置，倾角为45°，今有一弹性小球，从与木板上端等高的某处自由释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板夹角相等，欲使小球一次碰撞后恰好落到木板下端，那么小球释放点距木板上端的水平距离为(不计空气阻力)( )图10A.12LB.13LC.14LD.15L 答案 D解析 由于小球释放位置与木板上端等高，设小球释放位置距木板上端的水平距离为x ，小球与木板碰撞前有v 2＝2gx ，小球与木板碰撞后做平抛运动，那么水平方向上有L －x ＝vt ，竖直方向上有L －x ＝12gt 2，由以上三式联立解得x ＝15L ，故D 正确．13．(2021·温州市九校联盟期末)如图11所示，倾角θ＝30°的斜面AB ，在斜面顶端B 向左水平抛出小球1、同时在底端A 正上方某高度处水平向右抛出小球2，小球1、2同时落在P 点，P 点为斜边AB 的中点，不计空气阻力，那么( )图11A ．小球2 一定垂直撞在斜面上B ．小球1、2的初速度可以不相等C ．小球1落在P 点时与斜面的夹角为30°D ．改变小球1的初速度，小球1落在斜面上的速度方向都平行 答案 D解析 两个小球同时做平抛运动，又同时落在P 点，说明运动时间一样，水平位移大小相等，由x ＝v 0t 知初速度相等．小球1落在斜面上时，有 tan θ＝12gt 2v0t ＝gt2v 0小球2落在斜面上的速度与竖直方向的夹角的正切值tan α＝v 0gt ＝12tan θ，α≠θ，所以小球2没有垂直撞在斜面上，故A 、B 错误．小球1落在P 点时速度与水平方向的夹角的正切值tan β＝gt v 0＝2tan θ＝233<3，β<60°，所以小球1落在P 点时与斜面的夹角小于30°，故C 错误．改变小球1的初速度，根据tan β＝2tan θ知，小球1落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角一样，相互平行，故D 正确．14.俄罗斯苏－34轰炸机对叙利亚的两个恐惧分子车队进展了打击，消灭了40辆油罐汽车．如图12所示的一辆油罐汽车被准确击中．假设飞机投弹时正在距地面180 m 高度以速度80 m/s 沿水平方向匀速飞行(炸弹离开飞机时相对飞机的初速度为零)，而该车当时正在飞机正前方下的平直公路上以20 m/s 的速度匀速前进(运动方向与飞机的飞行方向一样)，不计空气阻力．(取g ＝10 m/s 2)求：图12(1)炸弹从被投出到落地的时间； (2)炸弹刚落地时的速度大小；(3)飞机是从距油罐汽车水平距离多远时开场投弹的． 答案 (1)6 s (2)100 m/s (3)360 m解析 (1)根据h ＝12gt 2得，炸弹抛出到落地的时间t ＝2h g＝2×18010s ＝6 s. (2)炸弹落地时的竖直分速度v y ＝gt ＝10×6 m/s＝60 m/s.根据平行四边形定那么知，落地时的速度大小v ＝v x 2＋v y 2＝802＋602m/s ＝100 m/s. (3)炸弹的水平位移x 1＝v x t ＝80×6 m＝480 m ，油罐汽车的位移x 2＝v ′t ＝20×6 m＝120 m ，那么Δx ＝x 1－x 2＝480 m －120 m ＝360 m.15.如图13所示，水平台面AB 距地面的高度h ＝0.8 m ．有一滑块从A 点以v 0＝6 m/s 的初速度在台面上自由滑行，滑块与平台间的动摩擦因数μB 点后垂直于平台边缘水平飞出．x AB ＝2.2 m ，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.求：图13(1)滑块从B 点飞出时的速度大小； (2)滑块落地点到平台边缘的水平距离． 答案 (1)5 m/s (2)2 m解析 滑块在平台上做匀减速直线运动的加速度大小为a ＝F f m＝μg ＝2.5 m/s 2(1)由v B 2－v 02＝－2ax AB ， 得v B ＝5 m/s(2)滑块从B 点飞出后做平抛运动，竖直方向，h ＝12gt 2水平方向，x ＝v B t 解得x ＝2 m故滑块落地点到平台边缘的水平距离为2 m.。
高三物理 带电粒子在电场中的“曲线运动”(二)
带电粒子在电场中的“曲线运动”（二）—’08备考综合热身辅导系列山东平原一中 魏德田 253100除前文所议带电粒子的“抛物线运动”而外，带电粒子在电场中还有“圆周运动”、“摆动”、“双曲线或其他曲线”运动形式。
本文拟从这几个方面继续探讨。
一、 破解依据此节与前文相同，为便于讨论和对照，以原样、小字粘贴于下面：欲破解此类问题，大致归纳为以下几条依据:㈠若合力F （或合加速度a ，下同）与初速度v 0“不相共线”，则粒子的轨迹为曲线，且向合力一侧弯曲；若“二者”成“锐角”，则为“加速”，为“钝角“则“减速”。
恒成“直角”则“匀速”。
㈡求解匀变速曲线运动的位移（路程）、速度（率）、加速度（率）等等，亦需要综合运用牛顿定律、运动学公式，更重要的要把握运动合成与分解、平抛、圆周运动等概念和规律。
㈢若“加速”（或减速），则合外力有正（或负）的冲量；由动量定理知“动量增加”（或减少）；速度不变，动量亦然。
㈣若“加速”（或减速），则合外力做功为“正”（或负）；由动能定理知“动能增加”（或减少）；速度不变，则动能亦然。
㈤重力、电场力做功为“正”（或负），必然等于重力势能、电势能的“减少”（或增加）；而其他力做功则不一定如此。
无论何力做功，包括机械能、电势能等在内的总能量是守恒的。
除开涉及“电场力做功”的第㈤条而外，皆已于力学中经常应用。
以下三条当属于“静电场”一章的基本内容。
㈥场强、电势、电势差： ⑴.,,2d U E r kQ E q F E=== ⑵.,r kQ q W A A ==∞ϕϕ⑶B A AB U ϕϕ-=㈦电场力及其功：⑴d qU qE F ==, 2r kQ q F ⋅=⑵,qU qEd Fd W === )11(B A AB AB r r kQ q qU W -⋅==㈧电势能及其变化，则用⋅==A A A r kq q q ϕε及.AB AB W =∆ε 由此可见，它与相应的直线运动的破解，“仿宋”体文字即表示两者有许多相同之处。
专题一 力与运动 (2)——2023届高考物理大单元二轮复习练重点
专题一力与运动（2）——2023届高考物理大单元二轮复习练重点【新课标全国卷】1.如图所示，小朋友在玩一种运动中投掷的游戏，目的是在运动中将手中的球投进离地面3 m高的吊环，他在车上和车一起以2 m/s的速度向吊环运动，小朋友抛球时手离地面1.2 m，当他在离吊环的水平距离为2 m时将球相对于自己竖直上抛，球刚好进入吊环，他将球竖直向上抛出的速度是（g取2）( )10m/sA.1.8 m/sB.3.2 m/sC.6.8 m/sD.3.6 m/s2.如图甲所示，水平地面上的一个物体，受到方向不变的水平推力F的作用，推力F 与时间t的关系如图乙所示，物体的速度v与时间t的关系如图丙所示，以下说法正确的是( )A.0~2 s，物体受到的摩擦力大于推力B.0~6 s，物体受到的摩擦力大小为2 NC.2~4 s，物体的加速度大小为2D.物体的质量为0.5 kg1m/s3.每个人都有一个飞行梦，现在钢铁侠的梦想已能成为现实。
2020年中国深圳光启公司的马丁飞行背包接受预定，交付期一年。
消防员利用马丁飞行背包在某次高楼火灾观测时，从地面开始竖直飞行的v t-图像如图所示，下列说法正确的是( )A.消防员上升的最大高度为10 mB.消防员在2~6 s内正处于上升阶段C.消防员在8~10 s内处于超重状态D.消防员在8~16 s内的平均速度大小为3 m/s4.我国“蛟龙号”载人潜水器进行下潜试验，从水面开始竖直下潜，最后返回水面，其v t-图像如图所示，则下列说法正确的是( )A.0~4 min和6~10 min两时间段平均速度大小相等B.全过程中的最大加速度为20.025m/sC.3~4 min和6~8 min加速度方向相反D.本次下潜的最大深度为6 m5.如图所示，光滑斜面的倾角为θ，A球质量为2m B、球质量为m，图甲中A、B两球、两球用轻质杆相连，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆用轻弹簧相连，图乙中A B均与斜面平行，在系统静止时，突然撤去挡板的瞬间有( )gθ B.图甲中B球的加速度为0A.图甲中A球的加速度为singθC.图乙中A B、两球的加速度均为sin 、两球的加速度均为0 D.图乙中A B6.如图所示，一个质量为m的均匀光滑球放在倾角30θ=︒的斜面上，并被斜面上一个竖直挡板挡住，处于平衡状态，则( )B.球对斜面的压力大小为2mg7.如图所示，倾斜固定的长木板A上放置一个内壁光滑的半球形凹槽B，凹槽中放有小球C，整个装置处于静止状态。
物理二轮复习 专题2力和曲线运动课件
1） 00时，F F1 F2 2） 180 0时，F F1 F2 3）变大， F变小
问题1： 共点力F1、F2的大小分别为6N和8N，则 合力的范围为 2~14N 。
可见合力可以比分力大，也可以比分力小
3、多个力的合成 依次作平行四边形
三、矢量与标量
1、矢量 既有大小又有方向 2、标量 只有大小没有方向 注意：不管是矢量还是标量，都有可能带负号， 矢量的负号表示方向，标量的负号有多种含义。 问题2：三个共点大小分别为5N、7N、11N，则三个
（1）f=Fcosθ 答案 （2）F2 = F （3）竖直向上 （4）左斜向下(在支持力与F
之间的反方正向上交) 分解
练习3: 物体m放在粗糙的斜面上保持静
止，现用水平力F推物体m，在力F由零逐渐增加 而物体m仍静止的过程中，物体m所受的
（A） 静摩擦力逐渐减小到零
答案
（B） 静摩擦力的方向可能改变 （C）合外力逐渐增大
说明：
算出的vt＞0表示物体在向上过程中，vt＜0表示物体 在向下过程中；s＞0表示物体在抛出点上方，s＜0 表示物体在抛出点下方．
3、对称性
（1）竖直上抛物体上抛达最大高度所用的时间与从这 一高度下落到抛出点所用时间相等。
（2）竖直上抛的物体在上升和下落过程中经过同一位 置时的速度大小相等、方向相反。
解题方法：自由落体的位移公式及速度与位移的关系
解：(1)B球上升到最高点的高度为：
此高度大于平台的高度hA=12m，故A、B两球一定是 在B球上升的过程中相遇。
(2)相遇时vA=gt1=10×0.6m／s=6m／s vB=v0B-gt1=(20-10×0.6)m／s=14m／s
(3)设A球下落12米运动的时间为tA
(新课标)2020版高考物理大二轮复习专题一力与运动第一讲力与物体的平衡课件
A．小球受 3 个力作用 B．环受到小球的压力大小为 Gsinθ C．弹簧处于伸长状态 D．弹簧的形变量为Gk [解析] 由于弹簧恰好竖直，小球受到的重力与受到的弹簧 弹力恰好平衡，环对小球没有支持力作用，小球只受两个力的作 用，即 kx＝G，得 x＝Gk ，弹簧处于压缩状态，综上所述，D 正 确．
所以
E2
的方向竖直向上，选项
B
正确；由以上分析可知E1＝3， E2 4
选项 C 错误；AP 段有 mg＝Bqvcos37°，即 v＝54mBqg，选项 D 正
确．
(1)若物体在重力、电场力、洛伦兹力作用下做直线运动， 则物体必做匀速直线运动．
(2)无法判断物体带电性质时，可考虑用假设法处理. 热点 考向三 电磁感应现象中的平衡问题
(1)作用在金属棒 ab 上的安培力的大小； (2)金属棒运动速度的大小．
[解析] (1)设两导线的张力大小之和为 T，右斜面对 ab 棒的 支持力的大小为 FN1，作用在 ab 棒上的安培力的大小为 F，左 斜面对 cd 棒的支持力大小为 FN2.对于 ab 棒，由力的平衡条件得
2mgsinθ＝μFN1＋T＋F① FN1＝2mgcosθ② 对于 cd 棒，同理有 mgsinθ＋μFN2＝T③ FN2＝mgcosθ④ 联立①②③④式得 F＝mg(sinθ－3μcosθ)⑤
第
一 部
专题综合突破分专题一Fra bibliotek力与运动
第一讲
力与物体的平衡
知识体系构建
[答案] (1)场力
(2)接触力
(3)按顺序找力 ①分析场力，如：重力、电场力、磁场力； ②分析已知外力； ③分析接触力：先分析弹力，后分析摩擦力． (4)受力分析的注意事项 ①只分析受力物体，不分析施力物体； ②只分析性质力，不分析效果力，如向心力等； ③只分析外力，不分析内力； ④分析物体受力时，应关注物体的运动状态(如物体静止、加速与 减速、直线与曲线运动等)． (5)平衡条件：F 合＝0(正交分解 Fx＝0，Fy＝0)． (6)平衡状态：物体处于静止或匀速直线运动的状态.
高考物理二轮复习专题一力与运动3力与物体的曲线运动课件
第一页，共四十四页。
12/9/2021
第二页，共四十四页。
考点 平抛运动 解|题|必|备
1．把握两点——快速、准确解答速度分解 由绳或杆连接的物体的运动的分解是按实际运动效果分解，此类问题应 把握两点即可快速、准确地解答： (1)准确找到合速度：物体对地的实际速度为合速度； (2)确定两个分运动的方向：沿绳(或杆)方向和垂直绳(或杆)方向分解速 度。
答案 B
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第二十二页，共四十四页。
题|组|冲|关 5.(多选)如图所示，水平转台上的小物体 A、B 通过弹簧连接，并静止 在转台上，现转台从静止开始缓慢的增大其转速(即在每个转速下可认为是 匀速转动)，已知 A、B 的质量分别为 m、2m，A、B 与转台间的动摩擦因 数均为 μ，A、B 离转台中心的距离都为 r，已知弹簧的原长为 r，劲度系 数为 k，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是(重力加速度 为 g)( )
答案 B
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第十二页，共四十四页。
4．(2019·肇庆模拟)(多选)如图所示，水平屋顶高 H＝5 m，围墙高 h ＝3.2 m，围墙到房子的水平距离 L＝3 m，围墙外马路宽 x＝10 m，为使 小球从屋顶水平飞出落在围墙外的马路上，小球离开屋顶时的速度 v0 的大 小的可能值为(g 取 10 m/s2，不计墙的厚度)( )
答案 B
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第二十页，共四十四页。
(3)竖直面内的圆周运动的轻杆模型 【例 3】 如图所示，小球 m 在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动， 下列说法中正确的是(重力加速度为 g)( )
A．小球通过最高点的最小速度为 Rg B．运动到 a 点时小球一定挤压外侧管壁 C．小球在水平线 ab 以下管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力 D．小球在水平线 ab 以上管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力
2024届高考物理二轮专题复习第一部分专题一力与运动第3讲力与曲线运动课件
(1)求滑雪者运动到P点的时间t； (2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v； (3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L.
第3讲 力与曲线运动
细研命题点 提升素养
解析：(1)滑雪者从 A 到 P 根据动能定理有 mgdsin 45°－μmgcos 45°d＝12mv2P－0， 根据动量定理有 (mgsin 45°－μmgcos 45°)t＝mvP－0， 联立解得 t＝ g（21－2dμ）， vP＝ 2gd（1－μ）. (2)由于滑雪者从 P 点由静止开始下滑，恰好到达 B 点，故从 P 点到 B 点合力 做功为 0，所以当从 A 点下滑时，到达 B 点有 vB＝vP＝ 2gd（1－μ）.
第3讲 力与曲线运动
2．常见的模型．
细研命题点 提升素养
3．小船过河的时间 t＝vd垂，其中 v 垂为小船在静水中的速度沿垂直于河岸方向的 分速度．
第3讲 力与曲线运动
细研命题点 提升素养
(2023·全国乙卷)小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增 加．如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅 图可能正确的是( )
第3讲 力与曲线运动
细研命题点 提升素养
解析：0～t1 时间内，无人机在水平方向做匀加速运动，在竖直方向也做匀加速 运动，但初速度沿水平方向，合力与速度方向有夹角，因此，无人机做匀加速 曲线运动，故 A 项错误；2～4 s 时间内，无人机在水平方向做匀速直线运动， 竖直方向做匀减速直线运动，则合运动为匀变速曲线运动，故 B 项错误；0～4 s 时间内，竖直方向速度一直为正，即一直向上运动，则 t＝4 s 时刻，竖直方 向速度为 0 m·s－1，所以，无人机运动到最高点，故 C 项正确；0～5 s 内，无人 机的水平位移为 9 m，竖直位移为 1.75 m，则合位移为 x2＋y2，不等于 9 m， 故 D 项错误．故选 C. 答案：C
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高中物理大二轮复习 专题01力与运动第04讲 力与物体的曲线运动（二）电场磁场中的曲线运动Lex Li01、(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，筒的横截面如图所示。
图中直径MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。
在该截面内，一带电粒子从小孔M 射入筒内，射入时的运动方向与MN 成30°角。
当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒。
不计重力。
若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为 ( )A. ω3BB. ω2BC. ωBD. 2ωB02、(2016·全国卷Ⅲ，18)平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外。
一带电粒子的质量为m ，电荷量为q(q>0)。
粒子沿纸面以大小为v 的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，速度与OM 成30°角。
已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，并从OM 上另一点射出磁场。
不计重力。
粒子离开磁场的出射点到两平面交线O 的距离为 ( )A. mv 2qBB. 3mv qBC. 2mv qBD. 4mv qB03、(2015·全国卷Ⅰ，14)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。
一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的 ( )A ．轨道半径减小，角速度增大B ．轨道半径减小，角速度减小C ．轨道半径增大，角速度增大D ．轨道半径增大，角速度减小04、(多选)(2015·全国卷Ⅱ，19)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k 倍。
两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。
与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子 ( )A ．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍B ．加速度的大小是Ⅰ中的k 倍C ．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍D ．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等05、(2015·全国卷Ⅱ·24)如图所示，一质量为m 、电荷量为q(q ＞0)的粒子在匀强电场中运动，A 、B 为其运动轨迹上的两点。
已知该粒子在A 点的速度大小为v 0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B 点时速度方向与电场方向的夹角为30°。
不计重力。
求A 、B 两点间的电势差。
[备考指导]【考情分析】【备考策略】掌握“两大偏转”模型，破解带电粒子在电磁场中的运动问题（1）“电偏转”(匀强电场中)①受力特点及运动性质：电场力为恒力，带电粒子做匀变速运动，轨迹为抛物线。
只讨论v 0⊥E 的情况，带电粒子做类平抛运动。
②处理方法：运动的合成与分解。
③关注要点：速度偏转角的正切值，tan θ＝v y v 0＝at v 0；侧移距离y 0＝qEl 22mv 20。
（2）“磁偏转”解决带电粒子在磁场中的运动，要明确粒子的重力是否要考虑，明确这一点之后，再进行正确的受力分析和运动分析，关键在于画好运动轨迹图，记住一些推论，运用几何关系求得粒子运动的轨迹半径和圆心角，利用圆周运动知识和牛顿运动定律列式求解。
带电粒子在匀强电场中的偏转问题“两个分运动”、“三个一”求解粒子偏转问题（1）两个独立的分运动平行极板的匀速直线运动：L ＝v 0t ；垂直极板的匀加速直线运动：y ＝12at 2，v y ＝at ，a ＝qU md 。
（2）“三个一”一个偏转角：tan θ＝v y v 0＝qv 2L mv 20d ＝U 2L 2U 1d 一个几何关系：y ＝L 2tan θ 一个功能关系：ΔE k ＝qUy d 06、(多选)如图所示，带电荷量之比为q A ∶q B ＝1∶3的带电粒子A 、B 以相等的速度v 0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C 、D 点，若OC ＝CD ，忽略粒子重力的影响，则 ( )A ．A 和B 在电场中运动的时间之比为1∶2B ．A 和B 运动的加速度大小之比为4∶1C ．A 和B 的质量之比为1∶12D ．A 和B 的位移大小之比为1∶107、如图所示为利用静电除烟尘的通道示意图，前、后两面为绝缘板，上、下两面为分别与高压电源的负极和正极相连的金属板，在上、下两面间产生的电场可视为匀强电场，通道长L ＝1 m ，进烟尘口的截面为边长d ＝0.5 m 的正方形，分布均匀的带负电烟尘颗粒均以水平速度v 0＝2 m/s 连续进入通道，碰到下金属板后其所带电荷会被中和并被收集，但不影响电场分布。
已知每立方米体积内颗粒数n ＝1×1013 个，每个烟尘颗粒带电荷量为q ＝－1.0×10－17 C ，质量为m ＝2.0×10－15 kg ，忽略颗粒的重力、颗粒之间的相互作用力和空气阻力。
（1）高压电源电压U 0＝300 V 时，求被除去的烟尘颗粒数与总进入烟尘颗粒数的比值；（2）若烟尘颗粒恰好能全部被除去，求高压电源电压U 1；（3）装置在（2）中电压U 1作用下稳定工作时，1 s 内进入的烟尘颗粒从刚进入通道到被全部除去的过程中，求电场对这些烟尘颗粒所做的总功。
08、在宽度为L 的条形区域内有匀强电场，电场的方向平行于区域边界。
有一个带电粒子(不计重力)从左侧边界上的A 点，以初速度v 0沿垂直于电场的方向射入电场，粒子从右侧边界射出时的速度大小为174v 0。
（1）求粒子从右侧边界射出时，沿电场方向位移的大小；（2）若带电粒子的入射速度改为14v 0，求粒子从右侧边界射出时速度的大小；（3）若带电粒子的入射速度大小可以为任意值(远小于光速)，求带电粒子从右侧边界射出速度的最小值。
带电粒子在匀强磁场中的运动[规律方法]2.1、模型：带电粒子运动方向与磁场方向垂直时，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qvB ＝m v 2r 。
2.2、结论：半径r ＝mv qB ＝2mE k qB ，周期T ＝2πm qB (与粒子速率无关)2.3、圆心的确定(几何方法)（1）两点速度的垂线的交点；（2）某点速度的垂线与弦的中垂线的交点。
2.4、记住下列图形中轨迹的结论2.5、一般解题思路[精典题组]09、(多选)(2016·烟台市期末自主练习)如图所示，在直径为d的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B1，一个带电粒子以速率v从A点沿与直径AC成30°角的方向射入磁场，经时间t1从C点射出磁场，现调整磁场的磁感应强度大小为B2，让同一粒子沿与直径AC成60°角的方向仍以速率v射入磁场，经时间t 2仍从C点射出磁场，则下列说法中正确的是() A．B1∶B2＝3∶1B．B1∶B2＝3∶3C．t1∶t2＝2∶ 3D．t1∶t2＝3∶210、(2016·四川理综，4)如图所示，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() A．v b∶v c＝1∶2，t b∶t c＝2∶1B．v b∶v c＝2∶2，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∶211、(多选)如图所示，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在与纸面垂直但方向相反的匀强磁场，区域Ⅱ内磁感应强度是区域Ⅰ内磁感应强度的2倍，一带电粒子在区域Ⅰ左侧边界处以垂直边界的速度进入区域Ⅰ，发现粒子离开区域Ⅰ时速度方向改变了30°，然后进入区域Ⅱ，测得粒子在区域Ⅱ内的运动时间与区域Ⅰ内的运动时间相等，则下列说法正确的是() A．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1B．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的角速度之比为2∶1C．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的圆心角之比为1∶2D．区域Ⅰ和区域Ⅱ中的宽度之比为1∶1高频考点四带电粒子在有界磁场中的临界极值问题[满分策略]01、处理带电粒子在有界磁场中运动的临界问题的技巧（1）从关键词语找突破口：审题时一定要抓住题干中的关键字眼，如“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等词语，挖掘其隐含的信息。
（2）数学方法与物理方法相结合：借助半径R和速度大小v(或磁感应强度大小B)之间的关系进行动态轨迹分析，确定轨迹圆和有界磁场边界之间的关系，找出临界点，然后利用数学方法求极值。
02、磁场区域最小面积的求解方法在粒子运动过程分析(正确画出运动轨迹示意图)的基础上借助几何关系先确定最小区域示意图，再利用几何关系求有界磁场区域的最小面积。
[满分示例](20分)如图所示，O 为三个半圆的共同圆心，半圆Ⅰ和Ⅱ间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B 1＝1.0 T ，Ⅱ和Ⅲ间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小未知，半圆Ⅰ的半径R 1＝0.5 m ，半圆Ⅲ的半径R 3＝1.5 m 。
一比荷为4.0×107 C/kg 的带正电粒子从O 点沿与水平方向成θ＝30°角的半径OC 方向以速率v ＝1.5×107 m/s 垂直射入磁场B 1中，恰好能穿过半圆Ⅱ的边界而进入Ⅱ、Ⅲ间的磁场中，粒子再也不能穿出磁场，不计粒子重力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。
求：（1）半圆Ⅱ的半径R2；（2）粒子在半圆Ⅰ、Ⅱ间的磁场中的运行时间t ；（3）半圆Ⅱ、Ⅲ间磁场的磁感应强度B 2应满足的条件。
[审题指导]01、抓住题干关键――→挖掘隐含信息02、把抽象思维――→转化为形象思维 利用（1）、（2）两点的分析画轨迹图―→ [满分模板]解析：（1）由题意可知粒子的轨迹如图所示，设粒子在半圆Ⅰ、Ⅱ间的磁场中的运行半径为r 1，则由洛伦兹力提供向心力得：B 1qv ＝m v 2r 1(2分) 代入数值得r 1＝38 m (1分) 由图知(R 2－r 1)2＝R 21＋r 21 (2分) 代入数值得R 2＝1.0 m (1分)（2）由图可知tan α＝R 1r 1＝43(2分) 所以α＝53° (1分) 粒子在半圆Ⅰ、Ⅱ间的磁场中运行的周期为：T ＝2πr 1v ＝2πm B 1q (2分) 粒子在半圆Ⅰ、Ⅱ间的磁场中运动时间：t ＝180°－53°360°T≈5.54×10－8 s (2分)（3）因粒子不能射出磁场，而粒子进入半圆Ⅱ、Ⅲ间的磁场中的速度方向沿半圆Ⅱ的切线方向，若粒子恰好不穿过半圆Ⅲ边界，则对应的磁场的磁感应强度最小，设粒子在半圆Ⅱ、Ⅲ间的磁场中的运动的轨迹圆的半径为r 2，则：r 2＝R 3－R 22＝0.25 m (2分) 由qvB ＝mv 2R 解得：B 2min qv ＝m v 2r 2(2分) B 2min ＝mv qr 2＝1.5 T (2分) 即半圆Ⅱ、Ⅲ间磁场的磁感应强度B 2应满足：B 2≥1.5 T (1分)【技巧点拨】体会并熟记下面三个结论（1）刚好穿出磁场边界的临界状态是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切，如本题中粒子进入半圆Ⅱ、Ⅲ间的磁场中的速度方向沿半圆Ⅱ的切线方向。