2020版高考物理新课标大二轮专题辅导与增分攻略1-1-3第三讲力学中的曲线运动
2020版高考物理新课标大二轮专题辅导与增分攻略1-1-3第三讲力学中的曲线运动
静止释放，忽略阻力作用，为使小球飞得最远，右端出口距离桌面的高度应设计为
()
A．0 m
B． 0.1 m
C． 0.2 m
D． 0.3 m
[ 解析 ] 从最高点到出口，满足机械能守恒，有
(H
－
h
)mg
＝
1 2m
v
2，从出口飞出后小球
做平抛运动，有
x＝
v
t，
h
＝
1 2
gt2，可得
x＝ 2
H － h h，根据数学知识知，当
C.
v
2 2
D.
v
2 1
()
[解析 ] 如图所示， 当甲船在静水中的速度 v 1 与河岸垂直时， 甲船渡河时间最短． 乙船
以最短航程渡河，因为两船抵达地点相同，合速度方向相同，可知乙船在静水中的速度
v2
小于水流速度 v 水，不能垂直到达对岸， 则乙船在静水中速度 v 2 的方向与合速度方向垂直时
航程最短．
动公式
x
＝
v
0t
＋
1 2
at
2、
v
＝v
0＋
at
直接套用，注意先分解为两个分运动，必要时再合成
.
热点考向三 圆周运动问题
【典例】 (2018 ·全国卷Ⅲ )如图，在竖直平面内，一半径为 R 的光滑圆弧轨道 ABC 和
水平轨道 PA 在 A 点相切， BC 为圆弧轨道的直径， O 为圆心， OA 和 OB 之间的夹角为 α，
径 OP 的方向， 如右图 ：
. [解析 ] 如图所示，弹丸从 P 点射出时的速度方向就是半径
OP 的方向，即与水平方向
vy 成 37 °由．平抛运动规律有 v x＝ tan37 ，°竖直方向的速度 v y＝ gt，竖直方向上的位移 h ＋ Rsin37 °
2020 大二轮专题复习与增分策略 专题一 第3讲
第3讲 平面向量热点一 平面向量的线性运算1．在平面向量的化简或运算中，要根据平面向量基本定理选好基底，变形要有方向不能盲目转化．2．在用三角形加法法则时，要保证“首尾相接”，结果向量是第一个向量的起点指向最后一个向量的终点所得的向量；在用三角形减法法则时，要保证“同起点”，结果向量的方向是指向被减向量．例1 (1)如图，在△ABC 中，AB ＝3DB ，AE ＝2EC ，CD 与BE 交于点F .设AB →＝a ，AC →＝b ，AF →＝x a ＋y b ，则(x ，y )为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫25，25B.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，13C.⎝ ⎛⎭⎪⎫37，37 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫25，920 答案 A解析 由D ，F ，C 三点共线，可得存在实数λ， 使得DF →＝λDC →，即AF →－AD →＝λ(AC →－AD →)， 则AF →＝(1－λ)AD →＋λAC →＝23(1－λ)AB →＋λAC →＝23(1－λ)a ＋λb . 由E ，F ，B 三点共线，可得存在实数μ，使得EF →＝μEB →， 即AF →－AE →＝μ(AB →－AE →)，则AF →＝μAB →＋(1－μ)AE →＝μAB →＋23(1－μ)AC →＝μa ＋23(1－μ)b .又a ，b 不共线，由平面向量基本定理可得 ⎩⎪⎨⎪⎧ 231－λ＝μ，λ＝231－μ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝25，μ＝25，所以AF →＝25a ＋25b .所以x ＝25，y ＝25，即(x ，y )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25，25，故选A.(2)已知W 为△ABC 的外心，AB ＝4，AC ＝2，∠BAC ＝120°，设AW →＝λ1AB →＋λ2AC →，则2λ1＋λ2＝________. 答案 3解析 以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系如图所示，根据已知条件可知A (0,0)，B (4,0)，C (－1，3)．根据外心的几何性质可知W 在直线x ＝2上．AC 中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，AC 的斜率为－3， 故AC 中垂线的斜率为33， 故中垂线所在方程为y －32＝33⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12，令x ＝2，解得W ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，433.由AW →＝λ1AB →＋λ2AC →，得⎝ ⎛⎭⎪⎫2，433＝λ1()4，0＋λ2()－1，3，解得λ1＝56，λ2＝43，所以2λ1＋λ2＝53＋43＝3.思维升华 (1)对于平面向量的线性运算，要先选择一组基底，同时注意平面向量基本定理的(2)运算过程中重视数形结合，结合图形分析向量间的关系．跟踪演练1 (1)在△ABC 中，AN →＝14NC →，P 是直线BN 上的一点，若AP →＝mAB →＋25AC →，则实数m 的值为( )A ．－4B ．－1C ．1D ．4 答案 B解析 设BP →＝kBN →，因为AP →＝AB →＋BP →＝AB →＋kBN →＝AB →＋k ⎝ ⎛⎭⎪⎫15AC →－AB →＝(1－k )AB →＋k 5AC →，且AP →＝mAB →＋25AC →，又AB →，AC →不共线， 所以⎩⎪⎨⎪⎧1－k ＝m ，k 5＝25，解得k ＝2，m ＝－1，故选B.(2)已知A (－1,0)，B (1,0)，C (0,1)，过点P (m,0)的直线分别与线段AC ，BC 交于点M ，N (点M ，N 不同于点A ，B ，C )，且OA →＝xOM →＋yON →(x ，y ∈R )，若2≤|m |≤3，则x ＋y 的取值范围是________． 答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，－13∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，12解析 设OP →＝λOA →，则有|λ|＝|OP →||OA →|＝|m |，∵M ，N ，P 三点共线，且点O 不在直线MN 上，∴OP →＝nOM →＋(1－n )ON →.从而有nOM →＋(1－n )ON →＝λx OM →＋λy ON →，又OM →与ON→是不共线向量，∴⎩⎨⎧λx ＝n ，λy ＝1－n ，得x ＋y ＝1λ.由2≤|λ|≤3，得x ＋y 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，－13∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，12. 热点二 平面向量的数量积1．数量积的定义：a ·b ＝|a ||b |cos θ.(1)若a ＝(x ，y )，则|a |＝a ·a ＝x 2＋y 2. (2)若A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则 |AB →|＝x 2－x 12＋y 2－y 12.(3)若非零向量a ＝(x 1，y 1)，非零向量b ＝(x 2，y 2)，θ为a 与b 的夹角，则cos θ＝a ·b|a ||b |＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21 x 22＋y 22.3．极化恒等式：a ·b ＝14[(a ＋b )2－(a －b )2]．例2 (1)已知在直角梯形ABCD 中，AB ＝AD ＝2CD ＝2，∠ADC ＝90°，若点M 在线段AC 上，则|MB →＋MD →|的取值范围为________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤255，22 解析 建立如图所示的平面直角坐标系，则A (0,0)，B (2,0)，C (1,2)，D (0,2)， 设AM →＝λAC →(0≤λ≤1)，则M (λ，2λ)， 故MD →＝(－λ，2－2λ)，MB →＝(2－λ，－2λ)， 则MB →＋MD →＝(2－2λ，2－4λ)， ∴|MB →＋MD →|＝2－2λ2＋2－4λ2＝20⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－352＋45， 当λ＝0时，|MB →＋MD →|取得最大值22， 当λ＝35时，|MB →＋MD →|取得最小值255，∴|MB →＋MD →|∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤255，22.(2)(2017·全国Ⅱ)已知△ABC 是边长为2的等边三角形，P 为平面ABC 内一点，则PA →·(PB→＋PC →)的最小值是( )A ．－2B ．－32C ．－43 D ．－1答案 B解析 方法一 (解析法)建立坐标系如图①所示，则A ，B ，C 三点的坐标分别为A (0，3)，图①B (－1,0)，C (1,0)．设P 点的坐标为(x ，y )，则PA →＝(－x ，3－y )，PB →＝(－1－x ，－y )， PC →＝(1－x ，－y )，∴PA →·(PB →＋PC →)＝(－x ，3－y )·(－2x ，－2y )＝2(x 2＋y 2－3y )＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －322－34≥2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－34＝－32.当且仅当x ＝0，y ＝32时，PA →·(PB →＋PC →)取得最小值，最小值为－32.故选B. 方法二 (几何法)如图②所示，PB →＋PC →＝2PD →(D 为BC 的中点)，则PA →·(PB →＋PC →)＝2PA →·PD →.图②要使PA →·PD →最小，则PA →与PD →方向相反，即点P 在线段AD 上，则(2PA →·PD →)min ＝－2|PA →||PD →|，问题转化为求|PA →||PD →|的最大值．当点P 在线段AD 上时，|PA →|＋|PD →|＝|AD →|＝2×32＝3，∴|PA →||PD →|≤⎝ ⎛⎭⎪⎫|PA →|＋|PD →|22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝34，∴[PA →·(PB →＋PC →)]min ＝(2PA →·PD →)min ＝－2×34＝－32.故选B.方法三 (极化恒等式)设BC 的中点为O ，OA 的中点为M ，连接OP ，PM ，如图③图③∴PA →·(PB →＋PC →)＝2PO →·PA →＝2|PM →|2－12|AO →|2＝2|PM →|2－32≥－32.当且仅当M 与P 重合时取等号．思维升华 (1)数量积的计算通常有以下几种方法：数量积的定义、坐标运算、极化恒等式、数量积的几何意义．(2)可以利用数量积求向量的模和夹角，向量要分解成题中模和夹角已知的向量进行计算． 跟踪演练2 (1)已知AB →⊥AC →，|AB →|＝1t，|AC →|＝t ，若点P 是△ABC 所在平面内的一点，且AP →＝AB→|AB →|＋4AC →|AC →|，则PB →·PC →的最大值为________．答案 13解析 建立如图所示的平面直角坐标系，则B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ，0，C (0，t )，AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ，0，AC →＝(0，t )，AP →＝AB→|AB →|＋4AC →|AC →|＝t ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ，0＋4t (0，t )＝(1,4)，∴P (1,4)，PB →·PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1，－4·(－1，t －4)＝17－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t＋4t ≤17－21t·4t ＝13，当且仅当t ＝12时等号成立．(2)在△ABC 中，已知∠C ＝90°，AC ＝4，BC ＝3，D 是AB 的中点，E ，F 分别是BC ，AC 上的动点，且EF ＝1，则DE →·DF →的最小值为________．答案 154解析 方法一 设EF 的中点为M ，连接CM ，则CM ＝12，即点M 在如图所示的圆弧上，则DE →·DF →＝|DM →|2－|EM →|2＝|DM →|2－14≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪CD －122－14＝154.方法二 (极化恒等式) 设EF 的中点为M ，连接CM . 则|CM →|＝12，即点M 在如图所示的圆弧上，则DE →·DF →＝|DM →|2－|EM →|2＝|DM →|2－14≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪|CD →|－122－14＝154.真题体验1．(2017·浙江，10)如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB＝BC＝AD＝2，CD＝3，AC与BD交于点O，记I1＝OA→·OB→，I2＝OB→·OC→，I3＝OC→·OD→，则( )A．I1＜I2＜I3B．I1＜I3＜I2C．I3＜I1＜I2D．I2＜I1＜I3答案 C→解析∵I1－I2＝OA→·OB→－OB→·OC＝OB→·(OA→－OC→)＝OB→·CA→，又OB→与CA→所成角为钝角，∴I1－I2＜0，即I1＜I2.→·OD→∵I1－I3＝OA→·OB→－OC→||OD→|cos∠COD＝|OA→||OB→|cos∠AOB－|OC＝cos∠AOB(|OA→||OB→|－|OC→||OD→|)，又∠AOB为钝角，OA＜OC，OB＜OD，∴I1－I3＞0，即I1＞I3.∴I3＜I1＜I2，故选C.2．(2016·浙江，15)已知向量a ，b ，|a |＝1，|b |＝2.若对任意单位向量e ，均有|a·e |＋|b·e |≤6，则a·b 的最大值是________． 答案12解析 由于e 是任意单位向量，可设e ＝a ＋b|a ＋b |，则|a·e |＋|b·e |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a·a ＋b |a ＋b |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪b·a ＋b |a ＋b |≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪a·a ＋b |a ＋b |＋b·a ＋b |a ＋b |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b ·a ＋b |a ＋b |＝|a ＋b |.∵|a·e |＋|b·e |≤6，∴|a ＋b |≤6， ∴(a ＋b )2≤6，∴|a |2＋|b |2＋2a·b ≤6. ∵|a |＝1，|b |＝2，∴1＋4＋2a·b ≤6， ∴a·b ≤12，∴a·b 的最大值为12.3．(2019·浙江，17)已知正方形ABCD 的边长为1.当每个λi (i ＝1,2,3,4,5,6)取遍±1时，|λ1AB →＋λ2 BC →＋λ3 CD →＋λ4 DA →＋λ5 AC →＋λ6 BD →|的最小值是________，最大值是________．答案 0 2 5解析 以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，如图，则A (0,0)，B (1,0)，C (1,1)，D (0,1)，所以λ1AB →＋λ2BC →＋λ3CD →＋λ4DA →＋λ5AC →＋λ6BD→＝(λ1－λ3＋λ5－λ6，λ2－λ4＋λ5＋λ6)，所以当⎩⎨⎧λ1－λ3＋λ5－λ6＝0，λ2－λ4＋λ5＋λ6＝0时，可取λ1＝λ3＝1，λ5＝λ6＝1，λ2＝－1，λ4＝1，此时|λ1AB →＋λ2BC →＋λ3CD →＋λ4DA →＋λ5AC →＋λ6BD →|取得最小值0；取λ1＝1，λ3＝－1，λ5＝λ6＝1，λ2＝1，λ4＝－1，则|λ1AB →＋λ2BC →＋λ3CD →＋λ4DA →＋λ5AC →＋λ6BD →|取得最大值22＋42＝2 5.押题预测1.如图，已知圆O 的半径为2，A ，B 是圆O 上任意两点，且∠AOB ＝2π3，PQ 是圆O 的直径，若点C 满足OC →＝3λOA →＋3(1－λ)OB →(λ∈R )，当CP →·CQ →取得最小值时，λ的值为( )A.12B.13C.14D.15答案 A解析 由已知得OP →＋OQ →＝0，OP →·OQ →＝－4，OA →·OB →＝2×2×cos 2π3＝－2，OA →2＝OB→2＝4，所以CP →·CQ →＝(CO →＋OP →)·(CO →＋OQ →)＝CO →2＋(OP →＋OQ →)·CO →＋OQ →·OP →＝CO →2＋OQ →·OP →＝[3λOA →＋3(1－λ)·OB →]2－4＝9λ2OA →2＋9(1－λ)2OB →2＋18λ(1－λ)OA →·OB →－4＝36λ2＋36(1－λ)2－36λ(1－λ)－4＝36(3λ2－3λ＋1)－4＝108⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－122＋5≥5，当且仅当λ＝12时取等号，所以当λ＝12时，CP →·CQ →取得最小值5.故选A. 2.如图，已知B ，D 是直角C 两边上的动点，AD ⊥BD ，|AD →|＝3，∠BAD ＝π6，CM →＝12(CA→＋CB →)，CN →＝12(CD →＋CA →)，则CM →·CN →的最大值为________．答案14(13＋4) 解析 方法一 (坐标法)以C 为坐标原点，CB 所在直线为x 轴，建立如图所示的平面直角坐标系．∵AD ⊥BD ，|AD →|＝3，∠BAD ＝π6，∴BD ＝1，设∠CDB ＝θ，则D (0，cos θ)，B (sin θ，0)，A (3cos θ，cos θ＋3sin θ)，∵CM →＝12(CA →＋CB →)，CN →＝12(CD →＋CA →)，∴CM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin θ＋3cos θ2，3sin θ＋cos θ2，CN →＝⎝⎛⎭⎪⎫3cos θ2，2cos θ＋3sin θ2， 则CM →·CN →＝14(5cos 2θ＋43sin θcos θ＋3sin 2θ)＝14(23sin 2θ＋cos 2θ＋4)＝14[13sin(2θ＋φ)＋4]≤14(13＋4)， 故CM →·CN →的最大值为14(13＋4)．方法二 (极化恒等式法)设MN 的中点为G ，BD 的中点为H ， 连接MN ，CH ，HG ，CG ，CM →·CN →＝|CG →|2－14|MN →|2＝|CG →|2－116， ∵|CG →|≤|CH →|＋|HG →|＝12＋134，∴CM →·CN →≤⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋1342－116＝14(13＋4)，故CM →·CN →的最大值为14(13＋4)．3．已知平面向量a ，b 满足|a |＝4，|b |＝2，若对任意共面的单位向量e ，记|a ·e |＋|b ·e |的最大值为M ，则M 的最小值等于________． 答案 2 5解析 记OA →＝a ，OB →＝b ，OE →＝e ， 不难发现：如图1，当〈a ，b 〉为锐角时，|a ·e |＋|b ·e |＝|PQ |≤|AB 1|＝M ＝|a ＋b |； 如图2，当〈a ，b 〉为钝角时，|a ·e |＋|b ·e |＝|PQ |≤|AB |＝M ＝|a －b |； 如图3，当〈a ，b 〉为直角时，|a ·e |＋|b ·e |＝|PQ |≤|AB |＝M ＝|a －b |＝|a ＋b |， 由上述三种情形可知，M ＝(|a ·e |＋|b ·e |)max ＝max{|a ＋b |，|a －b |}，由平行四边形法则可知，当a ⊥b 时，M min ＝min{max{|a ＋b |，|a －b |}}＝a 2＋b 2＝2 5.A 组 专题通关1．(2018·全国Ⅰ)在△ABC 中，AD 为BC 边上的中线，E 为AD 的中点，则EB →等于( )A.34AB →－14AC →B.14AB →－34AC →C.34AB →＋14AC →D.14AB →＋34AC → 答案 A解析 作出示意图如图所示．EB →＝ED →＋DB →＝12AD →＋12CB →＝12×12(AB →＋AC →)＋12(AB →－AC →)＝34AB →－14AC →. 故选A.2．设向量a ＝(1,2)，b ＝(－3,5)，c ＝(4，x )，若a ＋b ＝λc (λ∈R )，则λ＋x 的值为( ) A ．－112B.112 C ．－292D.292答案 C解析 由已知可得(1,2)＋(－3,5)＝λ(4，x )⇒⎩⎨⎧4λ＝－2，xλ＝7⇒⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－12，x ＝－14⇒λ＋x ＝－292，故选C.3．已知向量a ，b ，其中a ＝(－1，3)，且a ⊥(a －3b )，则b 在a 方向上的投影为( ) A.43 B ．－43 C.23 D ．－23 答案 C解析 由a ＝(－1，3)，且a ⊥(a －3b )， 得a ·(a －3b )＝0，即a 2－3a·b ＝4－3a·b ＝0，a·b ＝43，所以b 在a 方向上的投影为a·b |a |＝432＝23，故选C.4．(2018·天津)在如图所示的平面图形中，已知OM ＝1，ON ＝2，∠MON ＝120°，BM →＝2MA →，CN →＝2NA →，则BC →·OM →的值为( )A ．－15B ．－9C ．－6D ．0 答案 C解析 如图，连接MN .∵BM →＝2MA →，CN →＝2NA →，∴AM AB ＝13＝ANAC， ∴MN ∥BC ，且MN BC ＝13， ∴BC →＝3MN →＝3(ON →－OM →)， ∴BC →·OM →＝3(ON →·OM →－OM →2) ＝3(2×1×cos 120°－12)＝－6.故选C.5．Rt△ABC 的斜边AB 等于4，点P 在以C 为圆心，1为半径的圆上，则PA →·PB →的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，52 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－52，52 C.[]－3，5 D.[]1－23，1＋23答案 C解析 PA →·PB →＝()PC →＋CA →·()PC →＋CB → ＝PC →2＋()CA →＋CB →·PC →＋CA →·CB →. 因为CA →·CB →＝0，PC →2＝1，||CA →＋CB→＝4， 所以PA →·PB →＝1＋()CA →＋CB→·PC →， 所以当PC →与CA →＋CB →同向时取最大值5，反向时取最小值－3.6．已知向量OA →，OB →满足|OA →|＝1，|OB →|＝2，∠AOB ＝π3，M 为△OAB 内一点(包括边界)，OM →＝xOA →＋yOB →，若OM →·BA →≤－1，则以下结论一定成立的是( ) A.23≤2x ＋y ≤2 B.12x ≤y C ．－1≤x －3y D.23≤x ＋y ≤1 答案 B解析 因为|OA →|＝1，|OB →|＝2，∠AOB ＝π3，则不妨设OA →＝(1,0)，OB →＝(1，3)，则OM →＝xOA →＋yOB →＝(x ＋y ，3y )，BA →＝(0，－3)， 所以OM →·BA →＝－3y ≤－1，解得y ≥13.又因为点M 为△OAB 内一点(包含边界)，所以x ，y 满足的关系式为⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，y ≥13，x ＋y ≤1，取x ＝0，y ＝13，此时2x ＋y ＝13<23，故A 选项不一定成立；由y ≥13，x ＋y ≤1，得x ≤23，所以x 2≤13≤y ，故B 选项一定成立；取x ＝0，y ＝1，此时x －3y ＝－3<－1，故C 选项不一定成立；取x ＝0，y ＝13，此时x ＋y ＝13<23，故D 选项不一定成立，综上所述，选B.7．已知向量a ＝(1，－1)，b ＝(t,2)，若(a ＋b )∥(a －b )，则实数t ＝________. 答案 －2解析 向量a ＝(1，－1)，b ＝(t,2)，a ＋b ＝(1＋t,1)，a －b ＝(1－t ，－3)，根据(a ＋b )∥(a －b )得，－3(1＋t )＝1－t ，解得t ＝－2.8．已知向量a ，b 满足|a |＝2，|b |＝1，a 与b 的夹角为π3，则|a ＋2b |＝________；a与a －2b 的夹角为__________． 答案 2 3π3解析 由题意得a ·b ＝|a |·|b |cos π3＝1，所以|a ＋2b |＝a ＋2b2＝|a |2＋4a ·b ＋4|b |2＝23，|a －2b |＝a －2b2＝|a |2－4a ·b ＋4|b |2＝2，则cos 〈a ，a －2b 〉＝a ·a －2b |a ||a －2b |＝|a |2－2a ·b |a ||a －2b |＝12，所以a 与a －2b 的夹角为π3.9．在△ABC 中，点D 满足BD →＝34BC →，当点E 在射线AD (不含点A )上移动时，若AE →＝λAB→＋μAC →，则(λ＋1)2＋μ2的取值范围为________． 答案 (1，＋∞)解析 AE →＝|AE ||AD |AD →＝|AE ||AD |⎝ ⎛⎭⎪⎫14AB →＋34AC →，记x ＝|AE |4|AD |∈(0，＋∞)，则λ＝x ，μ＝3x ，所以(λ＋1)2＋μ2＝(x ＋1)2＋9x 2 ＝10x 2＋2x ＋1∈(1，＋∞)．10．(2017·浙江)已知向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，则|a ＋b |＋|a －b |的最小值是________，最大值是________． 答案 4 2 5解析 设a ，b 的夹角为θ， ∵|a |＝1，|b |＝2， ∴|a ＋b |＋|a －b |＝a ＋b2＋a －b2＝5＋4cos θ＋5－4cos θ. 令y ＝5＋4cos θ＋5－4cos θ. 则y 2＝10＋225－16cos 2θ. ∵θ∈[0，π]，∴cos 2θ∈[0,1]， ∴y 2∈[16,20]，∴y ∈[4,25]，即|a ＋b |＋|a －b |∈[4,25]．11.如图，在△ABC 中，D 是BC 的中点，E ，F 是AD 上的两个三等分点，BA →·CA →＝4，BF →·CF →＝－1，则BE →·CE →的值是________．答案78解析 方法一 (几何法)设AB →＝a ，AC →＝b ，则BA →·CA →＝(－a )·(－b )＝a ·b ＝4. 又∵D 为BC 中点，E ，F 为AD 的两个三等分点， 则AD →＝12(AB →＋AC →)＝12a ＋12b ，AF →＝23AD →＝13a ＋13b . AE →＝13AD →＝16a ＋16b ，BF →＝BA →＋AF →＝－a ＋13a ＋13b ＝－23a ＋13b ，CF →＝CA →＋AF →＝－b ＋13a ＋13b ＝13a －23b ，则BF →·CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－23a ＋13b ·⎝ ⎛⎭⎪⎫13a －23b ＝－29a 2－29b 2＋59a ·b ＝－29(a 2＋b 2)＋59×4＝－1. 可得a 2＋b 2＝292.又BE →＝BA →＋AE →＝－a ＋16a ＋16b ＝－56a ＋16b .CE →＝CA →＋AE →＝－b ＋16a ＋16b ＝16a －56b ，则BE →·CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－56a ＋16b ·⎝ ⎛⎭⎪⎫16a －56b＝－536(a 2＋b 2)＋2636a ·b ＝－536×292＋2636×4＝78.方法二 (坐标法)以D 为坐标原点，BC 所在直线为x 轴， 建立如图所示的平面直角坐标系，设C (a ,0)，A (3x ,3y )，则E (2x ,2y )，F (x ，y )，B (－a ,0)，BA →＝(3x ＋a ,3y )，CA →＝(3x －a ,3y )，BF →＝(x ＋a ，y )， CF →＝(x －a ，y )，BE →＝(2x ＋a ,2y )，CE →＝(2x －a ,2y )，∴BA →·CA →＝9(x 2＋y 2)－a 2＝4，BF →·CF →＝x 2＋y 2－a 2＝－1， 解得x 2＋y 2＝58，a 2＝138，∴BE →·CE →＝4(x 2＋y 2)－a 2＝78.方法三 (极化恒等式)设DC ＝a ，DF ＝b ，BA →·CA →＝|AD →|2－|BD →|2＝9b 2－a 2＝4. BF →·CF →＝|FD →|2－|BD →|2＝b 2－a 2＝－1，解得b 2＝58，a 2＝138，∴BE →·CE →＝|ED →|2－|BD →|2＝4b 2－a 2＝78.12．(2019·台州模拟)直线ax ＋by ＋c ＝0与圆O ：x 2＋y 2＝16相交于M ，N 两点，若c 2＝a 2＋b 2，P 为圆O 上的任意一点，则PM →·PN →的取值范围为________． 答案 [－6,10]解析 方法一 (坐标法)以O 为坐标原点，MN 的平行线为x 轴，建立如图所示的平面直角坐标系．圆心O 到直线ax ＋by ＋c ＝0的距离d ＝|c |a 2＋b 2＝1，r ＝4，则M (－15，－1)，N (15，－1)，设P (4cos θ，4sin θ)，则PM →＝(－15－4cos θ，－1－4sin θ)，PN→＝(15－4cos θ，－1－4sin θ)，PM→·PN→＝16cos2θ－15＋16sin2θ＋8sin θ＋1＝2＋8sin θ∈[－6,10]，故PM→·PN→的取值范围为[－6,10]．方法二(极化恒等式)圆心O到直线ax＋bx＋c＝0的距离d＝|c|a2＋b2＝1，则|MN|＝242－1＝215.设MN的中点为A，PM→·PN→＝|PA→|2－|MA→|2＝|PA→|2－15，∵|OP→|－|OA→|≤|PA→|≤|OP→|＋|OA→|，∴3≤|PA→|≤5，所以PM→·PN→＝|PA→|2－15∈[－6,10]．B组能力提高13．(2019·嘉丽衢联考)已知a，b，c是平面内三个单位向量，若a⊥b，则|a＋2c|＋|3a＋2b－c|的最小值为( )A.29B.29－3 2C.19－2 3 D．5答案 A解析设c＝(x，y)，a＝(1,0)，b＝(0,1)，则x2＋y2＝1，从而|a＋2c|＋|3a＋2b－c|＝2x＋12＋2y2＋x－32＋y－22＝3x2＋y2＋x2＋y2＋4x＋1＋x－32＋y－22＝x＋22＋y2＋x－32＋y－22≥52＋22＝29，等号可取到．14．若平面向量a，b，e满足|a|＝2，|b|＝3，|e|＝1，且a·b－e·(a＋b)＋1＝0，则|a －b |的最小值为( )A ．1 B.13－4 3 C.12－4 3 D.7 答案 B解析 方法一 因为(a ＋b －e )2＝a 2＋b 2＋1＋2a ·b －2e ·(a ＋b )＝12，所以|a ＋b －e |＝23，所以23－1≤|a ＋b |≤23＋1，又因为(a ＋b )2＋(a －b )2＝2(a 2＋b 2)＝26，所以|a －b |＝26－a ＋b2≥13－43，故选B.方法二 设〈e ，a ＋b 〉＝θ，则由a ·b －e ·(a ＋b )＋1＝0得 a ·b －|e |·|a ＋b |cos θ＋1＝0，所以cos θ＝1＋a ·b |a ＋b |＝1＋a ·b 13＋2a ·b， 由|cos θ|≤1得⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋a ·b 13＋2a ·b ≤1， 解得－23≤a ·b ≤23，所以|a －b |＝13－2a ·b ∈[13－43，13＋43]，故|a －b |min ＝13－43，故选B.15．已知平面向量α，β(α≠0，α≠β)满足|β|＝1，且α与β－α的夹角为120°，则|α|的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎦⎥⎤0，233 解析 如图所示，记θ＝〈β，β－α〉，由正弦定理得|β|sin 60°＝|α|sin θ，∴|α|＝sin θ×23＝233sin θ. 又0°<θ<120°，∴0<sin θ≤1.即0<|α|≤233. 16．已知|c |＝2，向量b 满足2|b －c |＝b ·c .当b ，c 的夹角最大时，|b |＝________. 答案 2 2解析 设〈b ，c 〉＝θ，则由2|b －c |＝b ·c 得4(b －c )2＝(b ·c )2，即4|b |2sin 2θ－16|b |cos θ＋16＝0，则4cos θ＝|b |sin 2θ＋4|b |≥2|b |sin 2θ·4|b |＝4sin θ， 当且仅当|b |sin 2θ＝4|b |， 即|b |＝2sin θ时，等号成立， 则tan θ＝sin θcos θ≤1，所以θ≤π4， 当θ＝π4时，|b |＝2 2. 17．已知平面中的三个向量a ，b ，c 满足a ·b ＝1，〈a ，b 〉＝π3，c ·a ＝1，c ·b ＝2，则|c |的最小值是________．答案 233 解析 由a ·b ＝1，〈a ，b 〉＝π3， 得|a ||b |＝2，设a ＝(t ,0)(t ＞0)，则b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ，3t ， 设c ＝(x ，y )，由c ·a ＝1，c ·b ＝2，得⎩⎨⎧ xt ＝1，x t ＋3y t ＝2，消去t 得x 2＋3xy ＝2，由此得y ＝2－x 23x ⎝⎛⎭⎪⎫x ＝1t ＞0， 所以|c |＝x 2＋y 2＝x 2＋2－x 223x 2 ＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋1x 2－1≥43⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2·1x 2－1 ＝43＝233(当且仅当x ＝1时等号成立)． 故|c |min ＝233.。
高考物理大二轮复习与增分策略 力与物体的曲线运动 第1讲 力学中的曲线运动
拾躲市安息阳光实验学校专题三力与物体的曲线运动[应考策略] 熟练掌握平抛、圆周运动的规律，对平抛运动和圆周运动的组合问题，要善于由转折点的速度进行突破；熟悉解决天体运动问题的两条思路；灵活应用运动的合成与分解的思想，解决带电粒子在电场中的类平抛运动问题；对带电粒子在磁场内的匀速圆周运动问题，掌握找圆心、求半径的方法.第1讲力学中的曲线运动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不共线时，物体做曲线运动.合运动与分运动具有等时性、性和等效性.2.平抛运动(1)规律：v x＝v0，v y＝gt，x＝v0t，y＝12gt 2.(2)推论：做平抛(或类平抛)运动的物体①任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点；②设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为φ，则有tan θ＝2tan φ.3.竖直平面内圆周运动的两种临界问题(1)绳固定，物体能通过最高点的条件是v≥gR.(2)杆固定，物体能通过最高点的条件是v>0.1.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.2.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速度是解题的关键.解题方略解决运动的合成与分解的一般思路(1)明确合运动或分运动的运动性质.(2)确定合运动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、加速度等).(4)运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解.例1在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度v0水平向右匀速移动，经过时间t，猴子沿杆向上移动的高度为h，人顶杆沿水平地面移动的距离为x，如图1所示.关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是( )图1A.相对地面的运动轨迹为直线B.相对地面做匀加速直线运动C.t时刻猴子速度的大小为v0＋atD.t 时间内猴子的位移大小为x2＋h2解析猴子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为0的匀加速直线运动，根据运动的合成，知合速度与合加速度不在同一条直线上，所以猴子运动的轨迹为曲线.故A错误；猴子在水平方向上的加速度为0，在竖直方向上有恒定的加速度，根据运动的合成，知猴子做曲线运动的加速度不变，做匀变速曲线运动.故B错误；t时刻猴子在水平方向上的分速度为v0，在竖直方向上的分速度为at，所以合速度v＝v20＋at2.故C错误.在t时间内猴子在水平方向和竖直方向上的位移分别为x和h，根据运动的合成，知合位移s＝x2＋h2.故D正确.答案D预测1 如图2所示，一卫星经过赤道上空时速度方向与赤道平面夹角为60°，速度大小为v＝1.55×103 m/s.此时发动机点火，给卫星一附加速度Δv，使该卫星变轨进入赤道平面内.发动机给卫星的附加速度Δv的最小值和方向为( )图2A.Δv约为1.3×103 m/s，方向东偏南30°B.Δv约为1.3×103 m/s，方向正南方向C.Δv约为2.7×103 m/s，方向东偏南30°D.Δv约为0.8×103 m/s，方向正南方向答案B解析由题意可知，可看成卫星一个分速度方向与赤道平面夹角为60°，速度大小为v＝1.55×103 m/s.另一速度即为附加速度，根据平行四边形定则，结合几何关系，则当附加速度垂直合速度时，附加速度达到最小值，如图所示.附加速度的方向为正南方向，根据三角知识，大小为：Δv＝v sin 60°＝1.55×103×32m/s≈1.3×103 m/s，故B正确，A、C、D错误.预测2 如图所示，一小球在光滑的水平面上以速度v0向右运动，运动中要穿过一段有水平向北的风带ab，经过风带时风会给小球一个向北的水平恒力，其余区域无风力，则小球过风带及过后的轨迹正确的是( )答案B解析小球在光滑的水平面上以v0向右运动，给小球一个向北的水平恒力，根据曲线运动条件，结合运动轨迹偏向加速度的方向，故B正确，A、C、D错误.例2(2016·浙江理综·23)在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图3所示.P 是个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒.高度为h 的探测屏AB 竖直放置，离P 点的水平距离为L ，上端A 与P点的高度差也为h .图3(1)若微粒打在探测屏AB 的中点，求微粒在空中飞行的时间；(2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围；(3)若打在探测屏A 、B 两点的微粒的动能相等，求L 与h 的关系. 解析 (1)打在AB 中点的微粒 32h ＝12gt2①解得t ＝3hg②(2)打在B 点的微粒 v 1＝L t 1；2h ＝12gt 21③ v 1＝Lg4h④同理，打在A 点的微粒初速度v 2＝Lg2h⑤ 微粒初速度范围Lg4h ≤v ≤L g 2h⑥ (3)由能量关系12mv 22＋mgh ＝12mv 21＋2mgh ⑦ 代入④⑤式得L ＝22h .答案 (1)3hg(2)Lg4h ≤v ≤L g2h(3)L ＝22h 预测3 如图4所示，竖直平面内有一段圆弧MN ，小球从圆心O 处水平抛出.若初速度为v a ，将落在圆弧上的a 点；若初速度为v b ，将落在圆弧上的b 点.已知Oa 、Ob 与竖直方向的夹角分别为α、β，不计空气阻力，则( )图4A.v a v b ＝sin αsin βB.v a v b ＝cos βcos αC.v a v b ＝cos βcos α·sin αsin β D.v a v b ＝sin αsin β·cos βcos α答案 D解析 对a ，根据R cos α＝12gt 21得，t 1＝2R cos αg，则v a ＝R sin αt 1＝R sin αg2R cos α，对b ，根据R cos β＝12gt 22得，t 2＝2R cos βg，则v b ＝R sin βt＝R sinβg2R cos β，解得v a v b ＝sin αsin β·cos βcos α.预测4 如图5所示，P 、Q 是固定在竖直平面内的一段内壁光滑弯管的两端，P 、Q 间的水平距离为d .直径略小于弯管内径的小球以速度v 0从P 端水平射入弯管，从Q 端射出，在穿过弯管的整个过程中小球与弯管无挤压.若小球从静止开始由P 端滑入弯管，经时间t 恰好以速度v 0从Q 端射出.重力加速度为g ，不计空气阻力，那么( )图5A.v 0<gdB.v 0＝2gdC.t ＝dg D.t >d g答案 D解析 设P 、Q 的竖直高度为h ，由题意知，第二次运动重力做功等于小球动能的增加量，由此可知第一次运动竖直方向的末速度大小等于初速度大小，且P 、Q 的竖直高度为h ＝d2，据平抛运动特点得v 0＝dg ，A 、B 选项都错误.小球第一次从P 运动至Q 的时间t 1＝dg，第二次运动竖直方向加速度小于重力加速度，所以t >dg，D 选项正确. 解题方略1.解决圆周运动问题要注意以下几点：(1)要进行受力分析，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 ＝m v 2r ＝mrω2＝mωv ＝mr 4π2T2.2.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.例3 (多选)(2016·浙江理综·20)如图6所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R ＝90 m 的大圆弧和r ＝40 m 的小圆弧，直道与弯道相切.大、小圆弧圆心O 、O ′距离L ＝100 m.赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g ＝10 m/s 2，π＝3.14)，则赛车( ) 图6A.在绕过小圆弧弯道后加速B.在大圆弧弯道上的速率为45 m/sC.在直道上的加速度大小为5.63 m/s 2D.通过小圆弧弯道的时间为5.58 s解析 在弯道上做匀速圆周运动时，根据径向静摩擦力提供向心力得，kmg ＝m v2m r，当弯道半径一定时，在弯道上的最大速率是一定的，且在大弯道上的最大速率大于小弯道上的最大速率，故要想时间最短，可在绕过小圆弧弯道后加速，选项A 正确；在大圆弧弯道上的速率为v m R ＝kgR ＝ 2.25×10×90 m/s ＝45 m/s ，选项B 正确；直道的长度为x ＝L 2－R －r2＝50 3 m ，在小弯道上的最大速率为：v m r ＝kgr ＝ 2.25×10×40 m/s ＝30 m/s ，在直道上的加速度大小为a ＝v 2m R －v 2m r 2x ＝452－3022×503m/s 2≈6.50 m/s 2，选项C 错误；由几何关系可知，小圆弧轨道的长度为2πr3，通过小圆弧弯道的时间为t ＝2πr 3v m r ＝2×3.14×403×30 s≈2.80 s，选项D 错误.答案 AB预测5 (2016·全国甲卷·16)小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短.将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图7所示.将两球由静止释放.在各自轨迹的最低点( ) 图7A.P 球的速度一定大于Q 球的速度B.P 球的动能一定小于Q 球的动能C.P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力D.P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度答案 C解析 小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得，mgL ＝12mv 2，解得v ＝2gL ，因L P <L Q ，故v P <v Q ，选项A 错误；因为E k ＝mgL ，又m P >m Q ，则两小球的动能大小无法比较，选项B 错误；对小球在最低点受力分析得，F T －mg ＝m v 2L ，可得F T ＝3mg ，选项C 正确；由a ＝v 2L＝2g 可知，两球的向心加速度相等，选项D 错误.预测6 如图8所示，一个圆形框架以竖直的直径为转轴匀速转动.在框架上套着两个质量相等的小球A 、B ，小球A 、B 到竖直转轴的距离相等，它们与圆形框架保持相对静止.下列说法正确的是( ) 图8A.小球A 受到的合力小于小球B 受到的合力B.小球A 与框架间可能没有摩擦力C.小球B 与框架间可能没有摩擦力D.圆形框架以更大的角速度转动，小球B 受到的摩擦力一定增大 答案 C解析 由于合力提供向心力，依据向心力表达式F ＝mrω2，已知两球质量、半径和角速度都相同，可知向心力相同，即合力相同，故A 错误；小球A 受到的重力和弹力的合力不可能垂直指向OO′轴，故一定存在摩擦力，而B球的重力和弹力的合力可能垂直指向OO′轴，故B球所受摩擦力可能为零，故B错误，C正确；由于不知道B是否受到摩擦力，故而无法判定圆形框架以更大的角速度转动，小球B受到的摩擦力的变化情况，故D错误.例4如图9所示，半径R＝0.5 m 的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙轨道CD在C处平滑连接，O为圆弧轨道ABC的圆心，B点为圆弧轨道的最低点，半径OA、OC与OB的夹角分别为53°和37°.将一个质量m＝0.5 kg的物体(视为质点)从A点左侧高为h＝0.8 m处的P点水平抛出，恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道.已知物体与轨道CD间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图9(1)物体水平抛出时的初速度大小v0；(2)物体经过B点时，对圆弧轨道的压力大小F N；(3)物体在轨道CD上运动的距离x.(结果保留三位有效数字)解析(1)由平抛运动规律知：v2y＝2gh竖直分速度v y＝2gh＝4 m/s初速度v0＝v y tan 37°＝3 m/s.(2)从P点至B点的过程，由机械能守恒有mg(h＋R－R cos 53°)＝12mv2B－12mv20经过B点时，由向心力公式有F N′－mg＝mv2BR代入数据解得F N′＝34 N由牛顿第三定律知，物体对轨道的压力大小为F N＝34 N.(3)因μmg cos 37°>mg sin 37°，物体沿轨道CD向上做匀减速运动，速度减为零后不会下滑.从B点到上滑至最高点的过程，由动能定理有－mgR(1－cos 37°)－(mg sin 37°＋μmg cos 37°)x＝0－12mv2B代入数据可解得x＝135124m≈1.09 m.答案(1)3 m/s (2)34 N (3)1.09 m预测7 固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道ABCD，其A点与圆心等高，D点为轨道的最高点，DB为竖直线，AC为水平线，AE为水平面，如图10所示.今使小球自A点正上方某处由静止释放，且从A点进入圆弧轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高点D，则小球通过D点后( )图10A.一定会落到水平面AE上B.一定会再次落到圆弧轨道上C.可能会再次落到圆弧轨道上D.不能确定 答案 A解析 如果小球恰能通过最高点D ，根据mg ＝m v 2DR，得v D ＝gR ，知小球在最高点的最小速度为gR .根据R ＝12gt 2得：t ＝2R g.则平抛运动的水平位移为：x ＝gR ·2Rg＝2R .知小球一定落在水平面AE 上.故A 正确，B 、C 、D 错误.预测8 如图11所示为固定在竖直平面内的光滑轨道ABCD ，其中ABC 部分是半径为R 的半圆形轨道(AC 是圆的直径)，CD 部分是水平轨道.一个质量为m 的小球沿水平方向进入轨道，通过最高点A 时速度大小v A ＝2gR ，之后离开A 点，最终落在水平轨道上.小球运动过程中所受空气阻力忽略不计，g 取10 m/s 2.求： 图11(1)小球落地点与C 点间的水平距离； (2)小球落地时的速度方向；(3)小球在A 点时轨道对小球的压力.答案 (1)4R (2)与水平方向的夹角为45° (3)3mg ，方向竖直向下 解析 (1)小球离开A 点后做平抛运动 根据平抛运动规律有2R ＝12gt 2解得小球运动时间t ＝ 2R gx ＝v A t解得小球落地点与C 点间的水平距离x ＝4R(2)设小球落地时的速度方向与水平方向的夹角为θtan θ＝gtv A解得θ＝45°(3)设小球在A 点时轨道对小球的压力为F N根据牛顿第二定律F N ＋mg ＝m v2A R解得：F N ＝3mg ，方向竖直向下.专题强化练1.如图1所示，帆板在海面上以速度v 朝正西方向运动，帆船以速度v 朝正北方向航行，以帆板为参照物( )图1A.帆船朝正东方向航行，速度大小为vB.帆船朝正西方向航行，速度大小为vC.帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小为2vD.帆船朝北偏东45°方向航行，速度大小为2v答案D解析以帆板为参照物，即把帆板看做静止，则帆船相对于帆板有向东的速度v及向北的速度v；由矢量合成可知，二者的合速度v合＝2v，方向北偏东45°.2.如图2所示，某轮渡站两岸的码头A和B正对，轮渡沿直线往返于两码头之间，已知水流速度恒定且小于船速.下列说法正确的是( )图2A.往返所用的时间不相等B.往返时船头均应垂直河岸航行C.往返时船头均应适当偏向上游D.从A驶往B，船头应适当偏向上游，返回时船头应适当偏向下游答案C解析根据矢量的合成法则，及各自速度恒定，那么它们的合速度也确定，则它们所用的时间也相等，故A错误；从A到B，合速度方向垂直于河岸，水流速度水平向右，根据平行四边形定则，则船头的方向偏向上游一侧.从B到A，合速度的方向仍然垂直于河岸，水流速度水平向右，船头的方向仍然偏向上游一侧.故C正确，B、D错误.3.如图3所示，在斜面顶端A以速度v水平抛出一小球，经过时间t1恰好落在斜面的中点P；若在A点以速度2v水平抛出小球，经过时间t2完成平抛运动.不计空气阻力，则( )图3A.t2>2t1B.t2＝2t1C.t2<2t1D.落在B点答案C解析在斜面顶端A以速度v水平抛出一小球，经过时间t1恰好落在斜面的中点P，有tan θ＝12gt21vt1，解得t1＝2v tan θg，水平位移x＝vt1＝2v2tan θg，初速度变为原来的2倍，若还落在斜面上，水平位移应该变为原来的4倍，可知在A点以速度2v水平抛出小球，小球将落在水平面上.可知两球下降的高度之比为1∶2，根据t＝2hg知，t1∶t2＝1∶2，则t2<2t1.4.从A点斜向上抛出一个小球，曲线ABCD是小球运动的一段轨迹.建立如图4所示的正交坐标系xOy，x轴沿水平方向，轨迹上三个点的坐标分别为A(－L,0)、C (L,0)，D (2L,3L )，小球受到的空气阻力忽略不计，轨迹与y 轴的交点B 的坐标为( )图4A.(0，L2)B.(0，－L )C.(0，－3L2)D.(0，－2L )答案 B解析 由函数图象可知，轨迹为二次函数，过点(－L,0)和(L,0)，设函数解析式y ＝－a (x －L )(x ＋L )将(2L,3L )代入方程，解得a ＝－1Ly ＝1L(x －L )(x ＋L )，将x ＝0代入得y ＝－L .5.如图5所示，正方体空心框架ABCD －A 1B 1C 1D 1下表面在水平地面上，将可视为质点的小球从顶点A 在∠BAD 所在范围内(包括边界)沿不同的水平方向分别抛出，落点都在△B 1C 1D 1平面内(包括边界).不计空气阻力，以地面为重力势能参考平面.则下列说法正确的是( ) 图5A.小球初速度的最小值与最大值之比是1∶2B.落在C 1点的小球，运动时间最长C.落在B 1D 1线段上的小球，落地时机械能的最小值与最大值之比是1∶2D.轨迹与AC 1线段相交的小球，在交点处的速度方向都相同 答案 D解析 由h ＝12gt 2得t ＝2hg，下落高度相同，平抛运动的时间相等，故B 错误；小球落在A 1C 1线段中点时水平位移最小，落在C 1时水平位移最大，水平位移的最小值与最大值之比是1∶2，由x ＝v 0t ，t 相等得小球初速度的最小值与最大值之比是1∶2，故A 错误；落在B 1D 1线段中点的小球，落地时机械能最小，落在B 1D 1线段上D 1或B 1的小球，落地时机械能最大.设落在B 1D 1线段中点的小球初速度为v 1，水平位移为x 1.落在B 1D 1线段上D 1或B 1的小球初速度为v 2，水平位移为x 2.由几何关系有 x 1∶x 2＝1∶2，由x ＝v 0t ，得：v 1∶v 2＝1∶2，落地时机械能等于抛出时的机械能，分别为：E 1＝mgh ＋12mv 21，E 2＝mgh ＋12mv 22，可知落地时机械能的最小值与最大值之比不等于1∶2.故C 错误.设AC 1的倾角为α，轨迹与AC 1线段相交的小球，在交点处的速度方向与水平方向的夹角为θ.则有 tan α＝y x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0，tan θ＝gtv 0，则 tan θ＝2tan α，可知θ一定，则轨迹与AC 1线段相交的小球，在交点处的速度方向都相同，故D 正确. 6.(多选)如图6所示，倾角为37°的光滑斜面顶端有甲、乙两个小球，甲以初速度v 0水平抛出，乙以初速度 v 0 沿斜面运动，甲、乙落地时，末速度方向相互垂直，重力加速度为g ，则( ) 图6A.斜面的高度为8v 29gB.甲球落地时间为3v 04gC.乙球落地时间为20v 09gD.乙球落地速度大小为7v 03答案 AC解析 甲、乙落地时，末速度方向相互垂直，则甲的速度方向与水平方向的夹角为53°，则v y ＝v 0tan 53°＝43v 0，斜面的高度h ＝v 2y2g ＝8v 209g，故A 正确；甲球落地的时间t 甲＝v y g ＝4v 03g ，故B 错误；乙球下滑的加速度a ＝g sin 37°＝35g ，下滑的距离x ＝hsin 37°，根据x ＝12at 2乙，联立解得t 乙＝20v 09g ，乙球落地的速度v ＝at 乙＝4v 03，故C 正确，D 错误.7.如图7所示，“伦敦眼”(The London Eye)是世界上最大的观景摩天轮，仅次于南昌之星与新加坡观景轮.它总高度135米(443英尺)，屹立于伦敦泰晤士河南畔的兰贝斯区.现假设摩天轮正绕中间的固定轴做匀速圆周运动，则对于坐在轮椅上观光的游客来说，正确的说法是( ) 图7A.因为摩天轮做匀速转动，所以游客受力平衡B.当摩天轮转到最高点时，游客处于失重状态C.因为摩天轮做匀速转动，所以游客的机械能守恒D.当摩天轮转到最低点时，座椅对游客的支持力小于所受的重力 答案 B解析 摩天轮做匀速转动，不是平衡状态.故A 错误；当摩天轮转到最高点时，游客受到的重力与支持力的合力的方向向下，指向圆心，所以游客处于失重状态.故B 正确；摩天轮做匀速转动，所以游客的动能不变而重力势能是变化的，所以机械能不守恒，故C 错误；游客随摩天轮做匀速圆周运动，当摩天轮转到最低点时，游客受到的重力与支持力的合力的方向向上，指向圆心，所以座椅对游客的支持力大于所受的重力.故D 错误.8.如图8所示，ABC 为在竖直平面内的金属半圆环，AC 连线水平，AB 为固定在A 、B 两点间的直的金属棒，在直棒上和半圆环的BC 部分分别套着两个相同的小圆环M 、N ，现让半圆环绕对称轴以角速度ω做匀速转动，半圆环的半径为R ，小圆环的质量均为m ，金属棒和半圆环均光滑，已知重力加速度为g ，小圆环可视为质点，则M、N两圆环做圆周运动的线速度之比为( )图8A.gR2ω4－g 2B.g2－R2ω4gC.gg2－R2ω4D.R2ω4－g2g答案A解析M环做匀速圆周运动，则mg tan 45°＝mv Mω，N环做匀速圆周运动，则mg tan θ＝mv Nω，mg tan θ＝mrω2，r＝R sin θ，v N＝rω＝1ωR2ω4－g2，因此v Mv N＝gR2ω4－g2，A项正确.9.如图9所示，有一陀螺其下部是截面为等腰直角三角形的圆锥体、上部是高为h的圆柱体，其上表面半径为r，转动角速度为ω.现让旋转的陀螺以某水平速度从距水平地面高为H的光滑桌面上水平飞出后恰不与桌子边缘发生碰撞，陀螺从桌面水平飞出时，陀螺上各点中相对桌面的最大速度值为(已知运动中其转动轴一直保持竖直，空气阻力不计)( )图9A.gr2B.gr2＋ω2r2C.gr2＋ωr D.rg2h＋r＋ωr答案C解析陀螺下部分高为h′＝r，下落h′所用时间为t，则h′＝12gt2.陀螺水平飞出的速度为v，则r＝vt，解得v＝gr2陀螺自转的线速度为v′＝ωr，陀螺上的点当转动的线速度与陀螺的水平分速度的方向相同时，对应的速度最大，所以最大速度v＝ωr＋gr2，故C正确，A、B、D错误.10.如图10所示，竖直面内半径为R的光滑半圆形轨道与水平光滑轨道相切于D点.a、b、c三个相同的物体由水平部分分别向半圆形轨道滑去，最后重新落回到水平面上时的落点到切点D的距离依次为AD<2R，BD＝2R，CD>2R.设三个物体离开半圆形轨道在空中飞行时间依次为t a、t b、t c，三个物体到达水平面的动能分别为E a、E b、E c，则下面判断正确的是( )图10A.E a＝E bB.E c＝E bC.t b＝t cD.t a＝t b答案C解析物体若从半圆形轨道最高点离开在空中做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，有：2R ＝12gt 2，则得：t ＝2R g物体恰好到达半圆形轨道最高点时，有：mg ＝m v 2R，则通过半圆形轨道最高点时的最小速度为：v ＝gR所以物体从半圆形轨道最高点离开后平抛运动的水平位移最小值为：x ＝vt ＝2R由题知：AD <2R ，BD ＝2R ，CD >2R ，说明b 、c 通过最高点做平抛运动，a 没有到达最高点，则知t b ＝t c ＝2Rg ，t a ≠t b ＝t c. 对于a 、b 两球，通过D 点时，a 的速度比b 的小，由机械能守恒可得：E a <E b . 对于b 、c 两球，由x ＝vt 知，t 相同，c 的水平位移大，通过圆轨道最高点时的速度大，由机械能守恒定律可知，E c >E b .11.一长l ＝0.8 m 的轻绳一端固定在O 点，另一端连接一质量m ＝0.1 kg 的小球，悬点O 距离水平地面的高度H ＝1 m.开始时小球处于A 点，此时轻绳拉直处于水平方向上，如图11所示.让小球从静止释放，当小球运动到B 点时，轻绳碰到悬点O 正下方一个固定的钉子P 时立刻断裂.不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2. 图11(1)求当小球运动到B 点时的速度大小；(2)绳断裂后球从B 点抛出并落在水平地面的C 点，求C 点与B 点之间的水平距离；(3)若x OP ＝0.6 m ，轻绳碰到钉子P 时绳中拉力达到所能承受的最大拉力断裂，求轻绳能承受的最大拉力.答案 (1)4 m/s (2)0.8 m (3)9 N解析 (1)设小球运动到B 点时的速度大小为v B ，由机械能守恒定律得12mv 2B ＝mgl解得小球运动到B 点时的速度大小v B ＝2gl ＝4 m/s(2)小球从B 点做平抛运动，由运动学规律得x ＝v B t y ＝H －l ＝12gt 2解得C 点与B 点之间的水平距离x ＝v B2H －lg＝0.8 m(3)若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值F m ，由圆周运动规律得F m －mg ＝m v 2Brr ＝l －x OP由以上各式解得F m＝9 N.。
【精编版】2020版高考物理新课标大二轮专题辅导与增分攻略课件：1-1-1第一讲 力与物体的平衡
解平衡问题常用的四种方法
迁移一 单个物体的平衡问题 1．(2019·豫南九校联考)如图所示，竖直平面内的光滑半圆 环固定在水平面上，重力为 G 的小球套在环上，轻弹簧上端 P 与小球相连，下端 Q 固定在水平面上．若小球在图示位置静止时 弹簧恰好竖直，半径 OP 与水平面夹角为 θ.弹簧的劲度系数为 k， 弹簧处于弹性限度内，则此时( D )
电磁感应中的平衡问题的处理方法 1．抓好两个对象
2．列好平衡方程 根据平衡状态时导体所受合力等于零列式分析，可考虑用合 成法或正交分解法求解．
(2019·大连模拟)如图所示，上下不等宽的平行导轨，EF 和 GH 部分导轨间的距离为 L，PQ 和 MN 部分的导轨间距为 3L， 导轨平面与水平面的夹角为 30°，整个装置处在垂直于导轨平面 的匀强磁场中．金属杆 ab 和 cd 的质量均为 m，都可在导轨上无 摩擦地滑动，且与导轨接触良好，现对金属杆 ab 施加一个沿导 轨平面向上的作用力 F，使其沿斜面匀速向上运动，同时 cd 处 于静止状态，则 F 的大小为( A )
【典例】 (2016·全国卷Ⅰ)如图所示，两固定的绝缘斜面倾 角均为 θ，上沿相连．两细金属棒 ab(仅标出 a 端)和 cd(仅标出 c 端)长度均为 L，质量分别为 2m 和 m；用两根不可伸长的柔软轻 导线将它们连成闭合回路 abdca，并通过固定在斜面上沿的两光 滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在 匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于斜面向上．已知两 根导线刚好不在磁场中，回路电阻为 R，两金属棒与斜面间的动 摩擦因数均为 μ，重力加速度大小为 g.已知金属棒 ab 匀速下 滑．求：
2 A.3mg
B．mg
4 C.3mg
3 D.2mg
【精编版】2020版高考物理新课标大二轮专题辅导与增分攻略课件：1-2-3第三讲功能关系在电学中的应用
电势能与动能之和保持不 变
只有电场力和重力做功
电势能、重力势能、动能 之和保持不变
除重力、系统内弹力之外，其 机械能的变化量
他各力做的功
合外力做的功
动能的变化量
迁移一 电场中的功能关系 1．(多选)(2019·河北名校联盟)质量为 m 的带正电小球由空 中 A 点无初速度自由下落．t 秒末，在小球下落的空间中，加上 竖直向上、范围足够大的匀强电场．再经过 t 秒，小球又回到 A 点，不计空气阻力且小球从未落地，重力加速度为 g，则( AC ) A．小球所受电场力的大小是 4mg B．小球回到 A 点时的动能是 mg2t2 C．从 A 点到最低点的距离是23gt2 D．从 A 点到最低点，小球的电势能增加了 mg2t2
解得：aB＝6 m/s2 撤电场时，物块 B 的速度： vB＝aBt＝0.6 m/s 物块 B 的动能 EkB＝12mvB2 ＝0.018 J 物块 B 在 0.1 s 内在电场方向上的位移： L1＝2vaB2B＝0.03 m 物块 B 的电势能变化量：ΔEp＝－qEL1＝－3×10－3 由下落的高度 h1＝12gt2，匀减速下降的高度 h2＝2va12＝2×gt32g＝16gt2， 小球从 A 点到最低点的距离 h＝h1＋h2＝12gt2＋16gt2＝23gt2，故 C 正确；从 A 到最低点小球电势能增加量等于克服电场力做的功 ΔEp＝F 电 h2＝4mg×16gt2＝23mg2t2，故 D 错误．
通过导线框的电流 I＝ER＝BLRv1 导线框所受安培力 F 安＝BIL 对于导线框匀速运动的过程，由力的平衡条件有 F＝mgsinθ＋μmgcosθ＋B2LR2v1 解得 B＝0.50 T.
(2)导线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度 v1 匀 速穿出磁场，说明导线框的宽度等于磁场的宽度 H.
【精编版】2020版高考物理新课标大二轮专题辅导与增分攻略课件：1-2-2第二讲功能关系在力学中的应用
BC
[解析] 当木块 B 恰好对挡板的压力为零时，木块 B 受重力、 支持力以及弹簧的弹力作用，则由力的平衡条件可知，弹簧的弹 力大小为 m2gsinθ，故 A 错误；木块 A 向上运动时有重力、拉力 F 和弹簧弹力对其做功，根据动能定理，合力做功等于木块 A 动 能的增加量，开始时木块 A 静止，弹簧压缩量 x1＝m1gksinθ，当 B 对挡板的压力刚为零时，弹簧伸长量 x2＝m2gksinθ，此过程中 拉力 F 对木块 A 做的功为 WF＝F(x1＋x2)＝Fm1＋mk2gsinθ；此 过程中木块 A 重力势能的增加量 ΔEp＝m1gΔh＝m1g(x1＋x2)sinθ
动力学规律和动能定理的综合问题的解题技巧 1．如果涉及到加速度、时间和受力的分析和计算，一般应 用动力学方法；如果只涉及位移、功和能量的转化问题，通常采 用动能定理分析． 2．对于物体受变力作用的力学问题，动能定理是解决问题 的重要方法之一．
(2019·河南省周口市期末)如右图所示，半径 R＝0.3 m 的竖 直圆槽形光滑轨道与水平轨道 AC 相切于 B 点，水平轨道的 C 点 固定有竖直挡板，轨道上的 A 点静置有一质量 m＝1 kg 的小物块 (可视为质点)．现给小物块施加一大小为 F＝6.0 N、方向水平向 右的恒定拉力，使小物块沿水平轨道 AC 向右运动，当运动到 AB 之间的 D 点(图中未画出)时撤去拉力，小物块继续滑行到 B 点后 进入竖直圆槽形轨道做圆周运动，当物块运动到最高点时，由压
A．此时弹簧的弹力大小为 m1gsinθ B．拉力 F 在该过程中对木块 A 所做的功为 Fm1＋mk2gsinθ C．木块 A 在该过程中重力势能增加了 m1m1＋mk2g2sin2θ D．弹簧在该过程中弹性势能增加了 Fm1＋mk2gsinθ－12m1v2
【精编版】2020版高考物理新课标大二轮专题辅导与增分攻略课件：1-1-2第二讲 力与物体的直线运动
A．物体的质量 m＝1 kg
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
B．物体的质量 m＝2 kg
C．物体与斜面间的动摩擦因数
μ＝
3 3
D．物体与斜面间的动摩擦因数 μ＝7153
[解析] 由开始运动 2 s 后物体以 2 m/s 的速度匀速运动，可 知 0～2 s 内物体的加速度大小为 a＝1 m/s2；在 0～2 s 内对物体 应用牛顿第二定律得，F1＋mgsin30°－μmgcos30°＝ma,2 s 后由 平衡条件可得，F2＋mgsin30°－μmgcos30°＝0，联立解得 m＝1 kg，μ＝7153，选项 A、D 正确．
A．1<tt21<2 B．2<tt21<3 C．3<tt21<4 D．4<tt21<5 [思路引领] 可考虑逆向思维法，将竖直上抛运动等效为逆 向的自由落体运动．
[解析] 本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动
可等同于从一定高度处开始的自由落体运动，所以第四个H所用 4
的时间为 t2＝
2×g H4 ，第一个H4 所用的时间为 t1＝ 2gH－
A．空轨从静止开始加速到最大速度的最短时间为 25 s B．空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的最小位移为 500 m C．从甲站运动到乙站的最短时间为 70 s D．从甲站运动到乙站的最大平均速度为 25 m/s
[解析] 空轨从静止开始以最大加速度加速到最大速度时所 用时间最短，则最短时间为 t1＝vammaaxx＝20 s，选项 A 错误；以最 大加速度刹车时，空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的位移 最小，由 vm2 ax＝2amaxx 解得最小位移为 x＝500 m，选项 B 正确； 以最大加速度加速到最大速度，然后以最大速度匀速运动，再以 最大加速度刹车时，空轨从甲站到乙站的运动时间最短，且刹车 时间与加速时间相等，等于 t1，两段时间对应的位移相等，等于 x，匀速运动时间为 t2＝2500vmmax－2x＝30 s，所以最短时间为 t＝ 2t1＋t2＝70 s，选项 C 正确；从甲站运动到乙站的最大平均速度 为 v ＝257000 m/s＝35.7 m/s，选项 D 错误．
通用版2020版高考物理大二轮复习与增分策略专题三力与物体的曲线运动第2讲万有引力与航天
第2讲 万有引力与航天1.在处理天体的运动问题时，通常把天体的运动看成是匀速圆周运动，其所需要的向心力由万有引力提供.其基本关系式为G Mm r 2＝m v 2r ＝mω2r ＝m (2πT)2r ＝m (2πf )2r .在天体表面，忽略自转的情况下有G Mm R2＝mg .2.卫星的绕行速度v 、角速度ω、周期T 与轨道半径r 的关系(1)由G Mm r 2＝m v 2r，得v ＝GMr，则r 越大，v 越小. (2)由G Mm r2＝mω2r ，得ω＝GMr 3，则r 越大，ω越小. (3)由G Mm r 2＝m 4π2T2r ，得T ＝4π2r3GM，则r 越大，T 越大.3.卫星变轨(1)由低轨变高轨，需增大速度，稳定在高轨道上时速度比在低轨道小. (2)由高轨变低轨，需减小速度，稳定在低轨道上时速度比在高轨道大. 4.宇宙速度 (1)第一宇宙速度：推导过程为：由mg ＝mv 21R ＝GMmR2得：v 1＝GMR＝gR ＝7.9 km/s. 第一宇宙速度是人造卫星的最大环绕速度，也是人造地球卫星的最小发射速度. (2)第二宇宙速度：v 2＝11.2 km/s ，使物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度. (3)第三宇宙速度：v 3＝16.7 km/s ，使物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度. 1.分析天体运动类问题的一条主线就是F 万＝F 向，抓住黄金代换公式GM ＝gR 2. 2.确定天体表面重力加速度的方法有： (1)测重力法； (2)单摆法；(3)平抛(或竖直上抛)物体法； (4)近地卫星环绕法. 解题方略1.利用天体表面的重力加速度g 和天体半径R .由于G Mm R 2＝mg ，故天体质量M ＝gR 2G ，天体密度ρ＝M V ＝M 43πR3＝3g 4πGR.2.通过观察卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T 和轨道半径r .(1)由万有引力等于向心力，即G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，得出中心天体质量M ＝4π2r3GT 2；(2)若已知天体半径R ，则天体的平均密度ρ＝M V ＝M 43πR3＝3πr3GT 2R 3；(3)若天体的卫星在天体表面附近环绕天体运动，可认为其轨道半径r 等于天体半径R ，则天体密度ρ＝3πGT2.可见，只要测出卫星环绕天体表面运动的周期T ，就可估算出中心天体的密度.例1 设宇宙中某一小行星自转较快，但仍可近似看做质量分布均匀的球体，半径为R .宇航员用弹簧测力计称量一个相对自己静止的小物体的重量，第一次在极点处，弹簧测力计的读数为F 1 ＝F 0；第二次在赤道处，弹簧测力计的读数为F 2＝F 02.假设第三次在赤道平面内深度为R2的隧道底部，示数为F 3；第四次在距星表高度为R 处绕行星做匀速圆周运动的人造卫星中，示数为F 4.已知均匀球壳对壳内物体的引力为零，则以下判断正确的是( ) A.F 3＝F 04 F 4＝F 04B.F 3＝F 04 F 4＝0C.F 3＝15F 04 F 4＝0D.F 3＝4F 0 F 4＝F 04答案 B预测1 过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51 peg b”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕，“51 peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的120，该中心恒星与太阳的质量比约为( )A.110 B.1 C.5 D.10 答案 B解析 研究行星绕某一恒星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式为：GMm r 2＝m 4π2T 2r ，M ＝4π2r 3GT 2“51 peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的120，所以该中心恒星与太阳的质量比约为120343652≈1.预测2 到目前为止，火星是除了地球以外人类了解最多的行星，已经有超过30枚探测器到达过火星，并发回了大量数据.如果已知万有引力常量为G ，根据下列测量数据，能够得出火星密度的是( )A.发射一颗绕火星做匀速圆周运动的卫星，测出卫星的轨道半径r 和卫星的周期TB.测出火星绕太阳做匀速圆周运动的周期T 和轨道半径rC.发射一颗贴近火星表面绕火星做匀速圆周运动的飞船，测出飞船运行的速度vD.发射一颗贴近火星表面绕火星做匀速圆周运动的飞船，测出飞船运行的角速度ω 答案 D解析 根据G Mm r2＝mr (2πT)2可以得出火星的质量，但火星的半径未知，无法求出密度.故A错误；测出火星绕太阳做匀速圆周运动的周期和轨道半径，根据万有引力提供向心力，可以求出太阳的质量，由于火星是环绕天体，不能求出其质量，所以无法求出密度.故B 错误；根据G Mm r 2＝m v 2r ，得M ＝v 2rG ，密度ρ＝v 2rG43πr3＝3v 24πGr 2，由于火星的半径未知，无法求出密度.故C 错误；根据G Mm r 2＝mrω2得，M ＝r 3ω2G ，则密度ρ＝r 3ω2G43πr 3＝3ω24πG ，可以求出火星的密度.故D 正确.例2 2016年2月1日15点29分，我国在西昌卫星发射中心成功发射了第五颗新一代北斗导航卫星.该卫星质量为m ，轨道离地面的高度约为地球半径R 的3倍.已知地球表面的重力加速度为g ，忽略地球自转的影响.则( ) A.卫星的绕行速率大于7.9 km/s B.卫星的绕行周期约为8π2RgC.卫星所在处的重力加速度大小约为g4D.卫星的动能大小约为mgR8答案 D解析 7.9 km/s 是第一宇宙速度，是卫星最大的环绕速度，所以该卫星的速度小于7.9 km/s.故A 错误；在地球表面质量为m 0的物体，有GMm 0R2＝m 0g ，所以有GM ＝gR 2. 用M 表示地球的质量，m 表示卫星的质量，由万有引力定律和牛顿第二定律得G Mm 4R 2＝m 4π2T 2·4R ＝mg ′＝m v 24R解得卫星的绕行周期约为T ＝16πR g ，卫星所在处的重力加速度大小约为 g ′＝g16卫星的动能大小约为E k ＝12mv 2＝mgR8.故B 、C 错误，D 正确.预测3 (2016·全国乙卷·17)利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯.目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍.假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为( )A.1 hB.4 hC.8 hD.16 h 答案 B解析 地球自转周期变小，卫星要与地球保持同步，则卫星的公转周期也应随之变小，由开普勒第三定律r 3T2＝k 可知卫星离地球的高度应变小，要实现三颗卫星覆盖全球的目的，则卫星周期最小时，由数学几何关系可作出它们间的位置关系如图所示. 卫星的轨道半径为r ＝Rsin 30°＝2R由r 31T 21＝r 32T22得 6.6R 3242＝2R 3T22.解得T 2≈4 h.预测4 (2016·四川理综·3)国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”.1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440 km ，远地点高度约为2 060 km ；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35 786 km 的地球同步轨道上.设东方红一号在远地点的加速度为a 1，东方红二号的加速度为a 2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a 3，则a 1、a 2、a 3的大小关系为( )A.a 2＞a 1＞a 3B.a 3＞a 2＞a 1C.a 3＞a 1＞a 2D.a 1＞a 2＞a 3答案 D解析 由于东方红二号卫星是同步卫星，则其角速度和赤道上的物体角速度相等，根据a ＝ω2r ，r 2>r 3，则a 2>a 3；由万有引力定律和牛顿第二定律得，G Mmr2＝ma ，由题目中数据可以得出，r 1<r 2，则a 2<a 1；综合以上分析有，a 1>a 2>a 3，选项D 正确.例3 近年来，火星探索计划不断推进.如图1所示，载人飞行器从地面发射升空，经过一系列的加速和变轨，在到达“近火星点”Q 时，需要及时制动，使其成为火星的卫星.之后，又在绕火星轨道上的“近火星点”Q 经过多次制动，进入绕火星的圆形工作轨道Ⅰ，最后制动，实现飞行器的软着陆，到达火星表面.下列说法正确的是( )图1A.飞行器在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上均绕火星运行，所以具有相同的机械能B.由于轨道Ⅰ与轨道Ⅱ都是绕火星运行，因此飞行器在两轨道上运行具有相同的周期C.飞行器在轨道Ⅲ上从P 到Q 的过程中火星对飞行器的万有引力做正功D.飞行器经过轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上的Q 时速率相同解析 飞行器由轨道Ⅱ在Q 处必须制动才能进入轨道Ⅰ，所以飞行器在轨道Ⅰ上的机械能小于轨道Ⅱ上的机械能，故A 错误.根据开普勒第三定律知，轨道Ⅱ的半长轴比轨道Ⅰ的半径大，则飞行器在轨道Ⅰ上运行的周期小，故B 错误.飞行器在轨道Ⅲ上从P 到Q 的过程中，火星对飞行器的万有引力与速度方向的夹角小于90°，则万有引力做正功，故C 正确.根据变轨原理知，飞行器经过轨道Ⅱ上的Q 时的速率大，故D 错误. 答案 C预测5 2016年5月，天文爱好者迎来“火星冲日”的美丽天象.“火星冲日”是指火星和太阳正好分处于地球的两侧，三者几乎成一直线.若已知火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，地球绕太阳的公转周期为T ，火星相邻两次冲日的时间间隔为t 0，则火星绕太阳运行的周期为( )A.t 20T B.T 2t 0 C.t 0－T t 0T D.t 0t 0－TT 答案 D解析 “火星冲日”是指火星和太阳正好分处于地球的两侧，三者几乎成一直线，t 0时间内地球和火星转过的角度之差等于2π，根据(2πT －2πT 火)t 0＝2π得，T 火＝t 0t 0－TT .预测6 已知，某卫星在赤道上空轨道半径为r 1的圆形轨道上绕地球运行的周期为T ，卫星运动方向与地球自转方向相同，赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方.假设某时刻，该卫星如图2所示，在A 点变轨进入椭圆轨道，近地点B 到地心距离为r 2.设卫星由A 到B 运动的时间为t ，地球自转周期为T 0，不计空气阻力.则( )图2A.T ＝38T 0B.t ＝r 1＋r 2T2r 1r 1＋r 22r 1C.卫星在图中椭圆轨道由A 到B 时，机械能增大D.卫星由图中圆轨道进入椭圆轨道过程中，机械能不变 答案 A解析 赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方，知三天内卫星转了8圈，则有3T 0＝8T ，解得T ＝38T 0，故A 正确；根据开普勒第三定律知，r 1＋r 2232t2＝r 31T 2，解得t ＝T r 1＋r 24r 1r 1＋r 22r 1，故B 错误； 卫星在图中椭圆轨道由A 到B 时，只有万有引力做功，机械能守恒，故C 错误；卫星由圆轨道进入椭圆轨道，需减速，则机械能减小，故D 错误. 解题方略双星系统模型有以下特点：(1)各自需要的向心力由彼此间的万有引力相互提供，即Gm 1m 2L 2＝m 1ω 21r 1，Gm 1m 2L2＝m 2ω 22r 2. (2)两颗星的周期及角速度都相同，即T 1＝T 2，ω1＝ω2. (3)两颗星的半径与它们之间的距离关系为：r 1＋r 2＝L .例4 2016年2月11日，美国科学家宣布探测到引力波，证实了爱因斯坦100年前的预测，弥补了爱因斯坦广义相对论中最后一块缺失的“拼图”.双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由a 、b 两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，测得a 星的周期为T ，a 、b 两颗星的距离为l ，a 、b 两颗星的轨道半径之差为Δr (a 星的轨道半径大于b 星的轨道半径)，则( ) A.b 星的周期为l －Δrl ＋ΔrT B.a 星的线速度大小为πl ＋ΔrTC.a 、b 两颗星的半径之比为l l －ΔrD.a 、b 两颗星的质量之比为l ＋Δrl －Δr解析 双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，则周期相等，所以b 星的周期为T ，故A 错误；根据题意可知，r a ＋r b ＝l ，r a －r b ＝Δr ，解得：r a ＝l ＋Δr2，r b＝l －Δr2，则a 星的线速度大小v a ＝2πr a T＝πl ＋Δr T ，r a r b ＝l ＋Δrl －Δr，故B 正确，C 错误；双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有：m a ω2r a ＝m b ω2r b ，解得：m a m b ＝r b r a ＝l －Δrl ＋Δr，故D 错误.答案 B预测7 宇宙间存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图3所示，三颗质量均为m 的星位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为L ，忽略其他星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形中心O 做匀速圆周运动，引力常量为G ，下列说法正确的是( )图3A.每颗星做圆周运动的角速度为 3GmL3B.每颗星做圆周运动的加速度与三星的质量无关C.若距离L 和每颗星的质量m 都变为原来的2倍，则周期变为原来的2倍D.若距离L 和每颗星的质量m 都变为原来的2倍，则线速度变为原来的4倍 答案 C解析 任意两星间的万有引力F ＝G m 2L2，对任一星受力分析，如图所示.由图中几何关系和牛顿第二定律可得：3F ＝ma ＝mω2L3，联立可得：ω＝3GmL3，a ＝ω2L3＝3GmL 2，选项A 、B 错误；由周期公式可得：T ＝2πω＝2πL 33Gm ，当L 和m 都变为原来的2倍，则周期T ′＝2T ，选项C 正确；由速度公式可得：v ＝ωL3＝GmL，当L 和m 都变为原来的2倍，则线速度v ′＝v ，选项D 错误.预测8 (多选)宇宙间存在一个离其他星体遥远的系统，其中有一种系统如图4所示，四颗质量均为m 的星体位于正方形的顶点，正方形的边长为a ，忽略其他星体对它们的引力作用，每颗星体都在同一平面内绕正方形对角线的交点O 做匀速圆周运动，引力常量为G ，则( )图4A.每颗星做圆周运动的线速度大小为1＋24GmaB.每颗星做圆周运动的角速度大小为Gm 2a3 C.每颗星做圆周运动的周期为2π2a3GmD.每颗星做圆周运动的加速度与质量m 有关答案AD解析由星体均围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动可知，星体做匀速圆周运动的轨道半径r＝22a，每颗星体在其他三个星体万有引力的合力作用下围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，由万有引力定律和向心力公式得：G m22a2＋2Gm2a2cos 45°＝mv222a，解得v＝1＋24Gma，角速度为ω＝vr＝2＋22Gma3，周期为T＝2πω＝2π2a34＋2Gm，加速度a＝v2r＝22＋1Gm2a2，故选项A、D正确，B、C错误.专题强化练1.关于静止在地球表面(两极除外)随地球自转的物体，下列说法正确的是( )A.物体所受重力等于地球对它的万有引力B.物体的加速度方向可能不指向地球中心C.物体所受合外力等于地球对它的万有引力D.物体在地球表面不同处角速度可能不同答案 B解析考虑了地球的自转，万有引力不等于重力，重力是万有引力的一个分力，只有两极重力才严格与万有引力相等，故A错误；物体的加速度方向指向轨道的圆心，而地球上的物体随地球做匀速圆周运动的轨道与地轴垂直，且纬度越高轨道半径越小，只有在赤道上的物体，加速度才指向地心，故B正确；在地球上随地球自转的物体，跟随地球一起做匀速圆周运动，万有引力和支持力的合力等于向心力，万有引力沿轨道半径方向上的分力提供向心力，另一分力是重力，所以物体所受合外力不等于地球对它的万有引力，故C错误；地球表面不同纬度的物体绕同一地轴转动，角速度相等，故D错误.2.(多选)2016年4月6日1时38分，我国首颗微重力科学实验卫星——实践十号返回式科学实验卫星，在酒泉卫星发射中心由长征二号丁运载火箭发射升空，进入近百万米预定轨道，开始了为期15天的太空之旅，大约能围绕地球转200圈，如图1所示.实践十号卫星的微重力水平可达到地球表面重力的10－6g，实践十号将在太空中完成19项微重力科学和空间生命科学实验，力争取得重大科学成果.以下关于实践十号卫星的相关描述中正确的有( )图1A.实践十号卫星在地球同步轨道上B.实践十号卫星的环绕速度一定小于第一宇宙速度C.在实践十号卫星内进行的19项科学实验都是在完全失重状态下完成的D.实践十号卫星运行中因受微薄空气阻力，需定期点火加速调整轨道 答案 BD解析 实践十号卫星的周期T ＝15×24200 h ＝1.8 h ，不是地球同步卫星，所以不在地球同步轨道上，故A 错误；第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度，则实践十号卫星的环绕速度一定小于第一宇宙速度，故B 正确；根据题意可知，实践十号卫星内进行的19项科学实验都是在微重力情况下做的，此时重力没有全部提供向心力，不是完全失重状态，故C 错误；实践十号卫星运行中因受微薄空气阻力，轨道半径将变小，速度变小，所以需定期点火加速调整轨道，故D 正确.3.(多选)如图2所示为一卫星沿椭圆轨道绕地球运动，其周期为24小时，A 、C 两点分别为轨道上的远地点和近地点，B 为短轴和轨道的交点.则下列说法正确的是( )图2A.卫星从A 运动到B 和从B 运动到C 的时间相等B.卫星运动轨道上A 、C 间的距离和地球同步卫星轨道的直径相等C.卫星在A 点速度比地球同步卫星的速度大D.卫星在A 点的加速度比地球同步卫星的加速度小 答案 BD解析 根据开普勒第二定律知，卫星从A 运动到B 比从B 运动到C 的时间长，故A 错误；根据开普勒第三定律a 3T2＝k ，该卫星与地球同步卫星的周期相等，则卫星运动轨道上A 、C 间的距离和地球同步卫星轨道的直径相等.故B 正确；由v ＝GMr，知卫星在该圆轨道上的线速度比地球同步卫星的线速度小，所以卫星在椭圆上A 点速度比地球同步卫星的速度小.故C 错误；A 点到地心的距离大于地球同步卫星轨道的半径，由G Mm r 2＝ma 得 a ＝GM r2，知卫星在A 点的加速度比地球同步卫星的加速度小，故D 正确.4.(多选)假设在宇宙中存在这样三个天体A 、B 、C ，它们在一条直线上，天体A 和天体B 的高度为某值时，天体A 和天体B 就会以相同的角速度共同绕天体C 运转，且天体A 和天体B 绕天体C 运动的轨道都是圆轨道，如图3所示.则以下说法正确的是( )图3A.天体A 做圆周运动的加速度大于天体B 做圆周运动的加速度B.天体A 做圆周运动的线速度小于天体B 做圆周运动的线速度C.天体A 做圆周运动的向心力大于天体C 对它的万有引力D.天体A 做圆周运动的向心力等于天体C 对它的万有引力答案 AC解析 由于天体A 和天体B 绕天体C 运动的轨道都是圆轨道，角速度相同，由a ＝ω2r ，可知天体A 做圆周运动的加速度大于天体B 做圆周运动的加速度，故A 正确；由公式v ＝ωr ，可知天体A 做圆周运动的线速度大于天体B 做圆周运动的线速度，故B 错误；天体A 做圆周运动的向心力是由B 、C 的万有引力的合力提供，大于天体C 对它的万有引力.故C 正确，D 错误.5.如图4所示，一颗卫星绕地球沿椭圆轨道运动，A 、B 是卫星运动的远地点和近地点.下列说法中正确的是( )图4A.卫星在A 点的角速度大于在B 点的角速度B.卫星在A 点的加速度小于在B 点的加速度C.卫星由A 运动到B 过程中动能减小，势能增加D.卫星由A 运动到B 过程中万有引力做正功，机械能增大 答案 B解析 近地点的速度较大，可知B 点线速度大于A 点的线速度，根据ω＝vr知，卫星在A 点的角速度小于B 点的角速度，故A 错误；根据牛顿第二定律得，a ＝F m ＝GM r2，可知卫星在A 点的加速度小于在B 点的加速度，故B 正确；卫星沿椭圆轨道运动，从A 到B ，万有引力做正功，动能增加，势能减小，机械能守恒，故C 、D 错误.6.(多选)(2016·江苏单科·7)如图5所示，两质量相等的卫星A 、B 绕地球做匀速圆周运动，用R 、T 、E k 、S 分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积.下列关系式正确的有( )图5A.T A >T BB.E k A >E k BC.S A ＝S BD.R 3A T 2A ＝R3B T2B答案 AD解析 由GMm R 2＝mv 2R ＝m 4π2T 2R 和E k ＝12mv 2可得T ＝2πR 3GM ，E k ＝GMm2R，因R A >R B ，则T A >T B ，E k A <E k B ，A 对，B 错；由开普勒定律可知，C 错，D 对.7.设想我国宇航员随“嫦娥”号登月飞船贴近月球表面做匀速圆周运动，宇航员测出飞船绕行n 圈所用的时间为t .登月后，宇航员利用身边的弹簧测力计测出质量为m 的物体重力为G 1.已知引力常量为G ，根据以上信息可得到( )A.月球的密度B.飞船的质量C.月球的第一宇宙速度D.月球的自转周期答案 A解析 设月球的半径为R ，月球的质量为M .宇航员测出飞船绕行n 圈所用的时间为t ，则飞船的周期为T ＝t n① GMm R 2＝mR (2πT)2②得到月球的质量M ＝4π2R 3GT2月球的密度为 ρ＝M43πR 3＝4π2R3GT 243πR 3＝3πGT 2＝3πn2Gt2，故A 正确；根据万有引力提供向心力，列出的等式中消去了飞船的质量，所以无法求出飞船的质量，故B 错误；月球的半径未知，故不可求出月球的第一宇宙速度，故C 错误；根据万有引力提供向心力，不能求月球自转的周期，故D 错误.8.为了验证拉住月球使它围绕地球运动的力与拉着苹果下落的力以及地球、众行星与太阳之间的作用力是同一性质的力，同样遵从平方反比定律，牛顿进行了著名的“月地检验”.已知月地之间的距离为60R (R 为地球半径)，月球围绕地球公转的周期为T ，引力常量为G .则下列说法中正确的是( )A.物体在月球轨道上受到的地球引力是其在地面附近受到的地球引力的160B.由题中信息可以计算出地球的密度为3πGT2C.物体在月球轨道上绕地球公转的向心加速度是其在地面附近自由下落时的加速度的13 600D.由题中信息可以计算出月球绕地球公转的线速度为2πRT答案 C解析 物体在月球轨道上受到的地球引力F ＝GmM 60R2＝13 600·G mMR2，故A 错误，C 正确；根据万有引力提供向心力有GmM60R2＝m ·60R ·4π2T2可得地球质量M ＝4π260R3GT 2，根据密度公式可知地球的密度ρ＝M43πR 3＝4π260R3GT 243πR 3≠3πGT2，故B 错误；据v ＝2π·60RT＝120πRT，故D 错误.9.据新闻报导，“天宫二号”将于2016年秋季择机发射，其绕地球运行的轨道可近似看成是圆轨道.设每经过时间t ，“天宫二号”通过的弧长为l ，该弧长对应的圆心角为θ弧度.已知引力常量为G ，则地球的质量是( )A.l 2Gθ3tB.θ3Gl 2tC.t 2Gθl 3D.l 3Gθt 2答案 D解析 “天宫二号”通过的弧长为l ，该弧长对应的圆心角为θ弧度，所以其轨道半径：r ＝l θt 时间内“天宫二号”通过的弧长是l ，所以线速度：v ＝lt“天宫二号”做匀速圆周运动的向心力是由万有引力提供，则：GMm r 2＝mv 2r ，所以M ＝rv 2G ＝l 3Gθt 2. 10.太空行走又称为出舱活动.狭义的太空行走即指航天员离开载人航天器乘员舱进入太空的出舱活动.如图6所示，假设某宇航员出舱离开飞船后身上的速度计显示其相对地心的速度为v ，该航天员从离开舱门到结束太空行走所用时间为t ，已知地球的半径为R ，地球表面的重力加速度为g ，则( )图6A.航天员在太空行走时可模仿游泳向后划着前进B.该航天员在太空“走”的路程估计只有几米C.该航天员离地高度为gR 2v 2－RD.该航天员的加速度为Rv 2t2答案 C解析 由于太空没有空气，因此航天员在太空中行走时无法模仿游泳向后划着前进，故A 错误；航天员在太空行走的路程是以速度v 运动的路程，即为vt ，故B 错误；由GMm R 2＝mg 和GMm R ＋h 2＝m v 2R ＋h ，得h ＝gR 2v 2－R ，故C 正确；由a g ＝R 2R ＋h2得a ＝v 4gR 2，故D 错误. 11.A 、B 两颗卫星围绕地球做匀速圆周运动，A 卫星运行的周期为T 1，轨道半径为r 1；B 卫星运行的周期为T 2，且T 1>T 2.下列说法正确的是( )A.B 卫星的轨道半径为r 1(T 1T 2)23B.A 卫星的机械能一定大于B 卫星的机械能C.A 、B 卫星在轨道上运行时处于完全失重状态，不受任何力的作用D.某时刻卫星A 、B 在轨道上相距最近，从该时刻起每经过T 1T 2T 1－T 2时间，卫星A 、B 再次相距最近 答案 D解析 由开普勒第三定律r 31r 32＝T21T22，A 错误；由于卫星的质量未知，机械能无法比较，B 错误；A 、B 卫星均受万有引力作用，只是由于万有引力提供向心力，卫星处于完全失重状态，C错误；由2πT 2t －2πT 1t ＝2π知经t ＝T 1T 2T 1－T 2两卫星再次相距最近，D 正确.12.2014年6月18日，“神舟十号”飞船与“天宫一号”目标飞行器成功实现自动交会对接.设地球半径为R ，地球表面重力加速度为g .对接成功后“神舟十号”和“天宫一号”一起绕地球运行的轨道可视为圆轨道，轨道离地球表面高度约为119R ，运行周期为T ，则( )A.对接成功后，“神舟十号”飞船里的宇航员受到的重力为零B.对接成功后，“神舟十号”飞船的加速度为gC.对接成功后，“神舟十号”飞船的线速度为20πR19TD.地球质量为(2019)3·4π2GT 2R 3答案 D解析 对接成功后，“神舟十号”飞船里的宇航员受到的重力不为零，故A 错误；根据GMmr 2＝ma 得，a ＝GM r 2，根据G Mm R 2＝mg 得，g ＝GM R 2，由题意知，r ＝2019R ，可知a ＝361400g ，故B 错误；对接成功后，“神舟十号”飞船的线速度v ＝2π·2019R T ＝40πR 19T ，故C 错误；根据G Mm r 2＝mr 4π2T 2得，地球的质量M ＝4π2r 3GT 2＝(2019)3·4π2GT2R 3，故D 正确. 13.2015年3月，美国宇航局的“信使”号水星探测器按计划将陨落在水星表面，工程师找到了一种聪明的办法，能够使其寿命再延长一个月.这个办法就是通过向后释放推进系统中的高压氦气来提升轨道.如图7所示，设释放氦气前，探测器在贴近水星表面的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，释放氦气后探测器进入椭圆轨道Ⅱ上，忽略探测器在椭圆轨道上所受外界阻力.则下列说法正确的是( )图7A.探测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上A 点加速度大小不同B.探测器在轨道Ⅰ上A 点运行速率小于在轨道Ⅱ上B 点速率。
2020版高考物理二轮复习专题一第3讲学中的曲线运动讲义增分练(含解析)
第3讲力学中的曲线运动网络构建备考策略1.必须领会的“四种物理思想和三种常用方法"（1)分解思想、临界极值的思想、估算的思想、模型化思想. (2)假设法、合成法、正交分解法.2。
平抛（或类平抛）运动的推论（1)任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。
(2)设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为φ，则有tan θ＝2tan φ。
3。
注意天体运动的三个区别（1)中心天体和环绕天体的区别。
(2)自转周期和公转周期的区别。
(3)星球半径和轨道半径的区别。
4。
记住天体运动中的“三看”和“三想”（1)看到“近地卫星"想到“最大绕行速度”“最小周期”。
（2）看到“忽略地球自转”想到“万有引力等于重力”.(3）看到“同步卫星”想到“周期T＝24 h”.运动的合成与分解及平抛运动运动的合成与分解【典例1】(2019·温州九校高三上学期模拟)如图1所示，半径为R 的错误!光滑圆弧AB与水平线相切于B点，O点为圆心，竖直线OB 的右侧有方向水平向右的匀强电场。
电场中有两个台阶，第一阶台阶M1N1，第二阶台阶M2N2,已知BM1之间的高度差为H，台阶宽度为l、台阶间的高度差为h.台阶上铺有特殊材料，与之相碰的小球:①带上正电,并在此后电荷量始终保持不变，其在电场中受到的电场力大小为0。
5倍重力;②水平方向的速度立即减为零,竖直方向速度变为原来的错误!倍。
原来小球不带电，已知H＝4h，R＝3h,重力加速度为g.图1(1)从A点静止释放的小球，能落在第一台阶M1N1上，则l至少应为多少个h;(2）若小球由P点静止释放，经过B点时对轨道的压力为重力的1.8倍，令∠BOP＝α,求α大小（已知sin 37°＝0。
6，cos 37°＝0。
8);(3)调整小球释放的位置，若使落在台阶M1N1中点弹起后，恰好又落到M2N2的中点,求从弹起到落回所经过的时间t及台阶宽度l与高度差h之间的关系。
通用版2020版高考物理大二轮复习与增分策略专题三力与物体的曲线运动第3讲电学中的曲线运动
第3讲 电学中的曲线运动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，粒子将做曲线运动；如果带电粒子垂直进入匀强电场，粒子将做类平抛运动，由于加速度恒定且与速度方向不共线，因此是匀变速曲线运动.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，可将运动分解为垂直电场方向的匀速直线运动和沿电场方向的匀加速直线运动；若场强为E ，其加速度的大小可以表示为a ＝qE m.3.带电粒子垂直进入匀强磁场时将做匀速圆周运动，向心力由洛伦兹力提供，洛伦兹力始终垂直于运动方向，它不做功.其半径R ＝mv qB ，周期T ＝2πm qB. 1.带电粒子在电场和磁场的组合场中运动时，一般是类平抛运动和匀速圆周运动的组合，可以先分别研究这两种运动，而类平抛运动的末速度往往是匀速圆周运动的线速度，分析运动过程中转折点的速度是解决此类问题的关键.2.本部分内容通常应用运动的合成与分解的方法、功能关系和圆周运动的知识解决问题. 例1 如图1所示，闭合开关S 后A 、B 板间产生恒定电压U 0，已知两极板的长度均为L ，带负电的粒子(重力不计)以恒定的初速度v 0，从上极板左端点正下方h 处，平行极板射入电场，恰好打在上极板的右端C 点.若将下极板向上移动距离为极板间距的19100倍，带电粒子将打在上极板的C ′点，则B 板上移后( )图1A.粒子打在A 板上的动能将变小B.粒子在板间的运动时间不变C.极板间的场强将减弱D.比原入射点低1981h 处的入射粒子恰好能打在上板右端C 点 解析 带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向受电场力作用加速运动.设板间距为d ，则有L ＝v 0t ，h ＝qU 02md t 2得：t 2＝2mdh qU 0，故U 0不变，当d 减小时，粒子运动时间减小，故B 错误；竖直方向分速度：v y ＝qU 0md t ＝ 2hqU 0md ，d 减小，则v y 增大，故打在A 板上的速度v ＝v 2y ＋v 20增大，故粒子打在A 板上的动能增大，故A 错误；恒定电压U 0一定，下极板向上移动，极板间的场强将增大，故C 错误；由L ＝v 0t ，h ＝qU 02mdt 2得h＝qU 0L 22mv 20d ，所以h ′h ＝d d ′＝d 1－19100d ＝10081，故h ′＝10081 h ，即比原入射点低(10081－1) h ＝1981h 处的入射粒子恰好能打在上板右端C 点，故D 正确. 答案 D预测1 (多选)如图2所示，一带电荷量为q 的带电粒子以一定的初速度由P 点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直.粒子从Q 点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角.已知匀强电场的宽度为d ，P 、Q 两点的电势差为U ，不计重力作用，设P 点的电势为零.则下列说法正确的是( )图2A.带电粒子在Q 点的电势能为－UqB.带电粒子带负电C.此匀强电场的电场强度大小为E ＝23U 3dD.此匀强电场的电场强度大小为E ＝3U 3d 答案 AC解析 由图看出粒子的轨迹向上，则所受的电场力向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电.粒子从P 到Q ，电场力做正功，为W ＝qU ，则粒子的电势能减少了qU ，P 点的电势为零，则知带电粒子在Q 点的电势能为－Uq ，故A 正确，B 错误.设带电粒子在P 点时的速度为v 0，在Q 点建立直角坐标系，垂直于电场线为x 轴，平行于电场线为y 轴，由平抛运动的规律和几何知识求得粒子在y 轴方向的分速度为：v y ＝3v 0，粒子在y 轴方向上的平均速度为：v y ＝3v 02.设粒子在y 轴方向上的位移为y 0，粒子在电场中的运动时间为t ，则： 竖直方向有：y 0＝v y t ＝3v 0t 2 水平方向有：d ＝v 0t可得：y 0＝3d 2，所以场强为：E ＝U y 0 联立得E ＝2U 3d＝23U 3d ，故C 正确，D 错误. 预测2 如图3甲所示，两平行金属板MN 、PQ 的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，在t ＝0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v 0，t ＝T 时刻粒子刚好沿MN 板右边缘射出电场.则( )图3A.该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的B.在t ＝T 2时刻，该粒子的速度大小为2v 0C.若该粒子在T 2时刻以速度v 0进入电场，则粒子会打在板上 D.若该粒子的入射速度变为2v 0，则该粒子仍在t ＝T 时刻射出电场答案 A解析 粒子射入电场在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上前半个周期内先做匀加速直线运动，在后半个周期内做匀减速直线运动，一个周期末竖直方向上的分速度为零，可知粒子射出电场时的速度方向一定沿垂直电场方向，故A 正确；在t ＝T 2时刻，粒子在水平方向上的分速度为v 0，因为两平行金属板MN 、PQ 的板长和板间距离相等，则有：v 0T ＝v y 2·T 2×2，解得v y ＝2v 0，根据平行四边形定则知，粒子的速度大小为v ＝5v 0，故B 错误.若该粒子在T2时刻以速度v 0进入电场，粒子在竖直方向上的运动情况与0时刻进入时运动的情况相反，运动规律相同，则粒子不会打在板上，故C 错误.若该粒子的入射速度变为2v 0，则粒子射出电场的时间t ＝L 2v 0＝T 2，故D 错误. 解题方略1.带电体一般要考虑重力，而且电场力对带电体做功的特点与重力相同，即都与路径无关.2.带电体在电场中做曲线运动(主要是类平抛运动、圆周运动)的分析方法与力学中的方法相同，只是对电场力的分析要更谨慎.例2 (多选)如图4所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L ，板间距离为d ，在板右端L 处有一竖直放置的光屏MN ，一带电荷量为q 、质量为m 的粒子从两板中轴线OO ′射入板间，最后垂直打在MN 屏上，重力加速度为g .则下列结论正确的是( )图4A.粒子打在屏上的位置在MO ′之间B.板间电场强度大小为2mg qC.粒子在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间D.粒子在板间运动时电场力所做的功与在板右端运动到光屏的过程中克服重力所做的功相等解析 据题分析可知，粒子在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，粒子的轨迹向下偏转，粒子才能最后垂直打在MN 屏上，可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得，qE －mg ＝mg ，得到E ＝2mg q.故A 、B 正确；由于粒子在水平方向一直做匀速直线运动，两段水平位移大小相等，则粒子在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏的时间相等.故C 错误.答案 AB预测3 (多选)(2016·全国乙卷·20)如图5，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P 的竖直线对称.忽略空气阻力.由此可知( )图5A.Q 点的电势比P 点高B.油滴在Q 点的动能比它在P 点的大C.油滴在Q 点的电势能比它在P 点的大D.油滴在Q 点的加速度大小比它在P 点的小答案 AB解析 由于油滴受到的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以D 选项错；由于油滴轨迹相对于过P 的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直向上的方向，因此电场力竖直向上，且qE >mg ，则电场方向竖直向下，所以Q 点的电势比P 点的高，A 选项正确；当油滴从P 点运动到Q 点时，电场力做正功，电势能减小，C 选项错误；当油滴从P 点运动到Q 点的过程中，合外力做正功，动能增加，所以Q 点动能大于P 点的动能，B 选项正确.预测4 (多选)如图6所示，在光滑绝缘水平面上有一半径为R 的圆，AB 是一条直径，空间有与水平面平行的匀强电场，场强大小为E .在圆上A 点有一发射器，以相同的动能平行于水平面沿不同方向发射带电量为＋q 的小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，以过C 点的小球动能最大，且AC 两点间的距离为3R .忽略小球间的相互作用，下列说法正确的是( )图6A.电场的方向与AB 间的夹角为30°B.电场的方向与AB 间的夹角为60°C.若A 点的电势φA ＝0，则C 点的电势φC ＝－32ER D.若在A 点以初动能E k0发射的小球，则小球经过B 点时的动能E k B ＝E k0＋3qER答案 BC解析 点A 与点C 间的距离为3R ，连接CO ，CO ＝AO ＝R ，说明∠CAO ＝∠ACO ＝30°； 小球在匀强电场中，从A 点运动到C 点，根据动能定理，有：qU AC ＝E k ；因为到达C 点时的小球的动能最大，所以U AC 最大，则在圆周上找不到与C 电势相等的点，且由A 到C 电场力对小球做正功，过C 点作切线，为等势线，电场线与等势线垂直，则场强方向如图所示.所以电场方向与AB 间的夹角θ为60°，故A 错误，B 正确.AC 间的电势差为：U AC ＝E (3R cos 30°)＝32ER ，若A 点的电势φA ＝0，根据U AC ＝φA －φC ，则C 点的电势φC ＝－32ER ，故C 正确.AB 间的电势差为：U AB ＝E ·2R ·cos 60°＝ER . 根据动能定理，在A 点以初动能E k0发射的小球，从A 到B 动能增加量为qER ，则小球经过B 点时的动能E k B ＝E k0＋qER ，故D 错误.解题方略1.对于带电粒子在磁场中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，确定洛伦兹力的方向，其交点为圆心，利用几何关系求半径.2.带电粒子在常见边界磁场中的运动规律(1)直线边界：①对称性：若带电粒子以与边界成θ角的速度进入磁场，则一定以与边界成θ角的速度离开磁场.②完整性：比荷相同的正、负带电粒子以相同的速度进入同一匀强磁场时，两带电粒子轨迹圆弧对应的圆心角之和等于2π.(2)圆形边界：沿径向射入的粒子，必沿径向射出.例3 (2016·四川理综·4)如图7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( )图7A.v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝2∶1B.v b ∶v c ＝2∶1，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∶2解析 带正电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，运动轨迹如图所示，由几何关系得，r c ＝2r b ，θb ＝120°，θc ＝60°，由qvB ＝m v 2r 得，v ＝qBr m，则v b ∶v c ＝r b ∶r c ＝1∶2, 又由T ＝2πm qB ，t ＝θ2πT 和θb ＝2θc 得t b ∶t c ＝2∶1，故选项A 正确，B 、C 、D 错误.答案 A预测5 如图8所示，ABC 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB 为倾斜直轨道，BC 为与AB 相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里.现将甲、乙、丙三个小球从轨道AB 上的同一高度处由静止释放，都能通过圆形轨道的最高点.已知甲、乙、丙三个小球的质量相同，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电.则( )图8A.由于到达最高点时受到的洛伦兹力方向不同，所以到达最高点时，三个小球的速度不等B.经过最高点时，甲球的速度最小C.甲球的释放位置比乙球的高D.在轨道上运动的过程中三个小球的机械能不守恒答案 C解析 在最高点时，根据左手定则可得：甲球受洛伦兹力向下，乙球受洛伦兹力向上，而丙球不受洛伦兹力，故三球在最高点受合力不同，故由F 合＝m v 2r可知，到达最高点时，三个小球的速度不相等，则A 错误；由以上分析可知，因甲球在最高点受合力最大，则甲球在最高点的速度最大，故B 错误；因甲球的速度最大，而在整个过程中洛伦兹力不做功，故机械能守恒，甲球释放时的高度最高，故C 正确；因洛伦兹力不做功，故系统机械能守恒，三个小球的机械能保持不变，故D 错误.预测6 (多选)如图9所示，匀强磁场分布在半径为R 的14圆形区域MON 内，Q 为半径ON 上的一点且OQ ＝22R ，P 点为边界上一点，且PQ 与OM 平行.现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场(不计粒子重力及粒子间的相互作用)，其中粒子1从M 点正对圆心射入，恰从N 点射出，粒子2从P 点沿PQ 射入，下列说法正确的是( )图9A.粒子2一定从N 点射出磁场B.粒子2在P 、N 之间某点射出磁场C.粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为3∶2D.粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为2∶1答案 AD解析 如图所示，粒子1从M 点正对圆心射入，恰从N 点射出，根据洛伦兹力指向圆心，和MN 的中垂线过圆心，可确定圆心为O 1，半径为R .两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场，粒子运动的半径相同.粒子2从P 点沿PQ 射入，根据洛伦兹力指向圆心，圆心O 2应在P 点上方R 处，连接O 2P 、ON 、OP 、O 2N ，O 2PON 为菱形，O 2N 大小为R ，所以粒子2一定从N 点射出磁场.A 正确，B 错误.∠MO 1N ＝90°，∠PO 2N ＝∠POQ ，cos ∠POQ ＝OQ OP，所以∠PO 2N ＝∠POQ ＝45°.两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场，粒子运动的周期相同.粒子运动时间与圆心角成正比，所以粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为2∶1.C 错误，D 正确.预测7 (多选)如图10所示，在0≤x ≤b 、0≤y ≤a 的长方形区域中有一磁感应强度大小为B 的匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy 平面向外.O 处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy 平面内的第一象限内.已知粒子在磁场中做圆周运动的周期为T ，最先从磁场上边界飞出的粒子在磁场运动的时间为T 12，最后从磁场飞出的粒子在磁场中运动的时间为T 4.不计粒子的重力及粒子间的相互作用.则( )图10A.粒子做圆周运动的半径R ＝2aB.粒子射入磁场的速度大小v ＝qBa mC.长方形区域的边长满足关系b ＝2aD.长方形区域的边长满足关系b ＝(3＋1)a答案 AD解析 最先从磁场上边界中飞出的粒子在磁场中的偏转角最小，对应的圆弧最短，可以判断出是沿y 轴方向入射的粒子，其运动的轨迹如图甲，则由题意知偏转角：θ＝t T ×360°＝112×360°＝30° 由几何关系得：R ＝a sin 30°＝2a 带电粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得：qvB ＝mv 2R所以：v ＝2qBa m，故A 正确，B 错误； 在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C 的圆弧，圆弧与磁场的边界相切，如图乙所示，设该粒子在磁场中运动的时间为t ′，依题意，t ′＝T 4，偏转角度为∠OCA ＝π2.设最后离开磁场的粒子的发射方向与y 轴正方向的夹角为α，由几何关系得：R sin α＝R －a ，解得：sin α＝12，α＝30°.由图可得：b ＝R sin α＋R cos α＝(3＋1)a ，故C 错误，D 正确.专题强化练1.(多选)竖直放置的平行金属板A 、B 连接一恒定电压，两个电荷M 和N 以相同的速率分别从极板A 边缘和两板中间沿竖直方向进入板间电场，恰好从极板B 边缘射出电场，如图1所示，不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是( )图1A.两电荷的电荷量可能相等B.两电荷在电场中运动的时间相等C.两电荷在电场中运动的加速度相等D.两电荷离开电场时的动能相等答案 AB解析 A 、B 两个电荷在电场中做类平抛运动，设板长为L ，粒子的初速度为v 0，则粒子运动时间为t ＝L v 0，L 、v 0相同，则时间t 相同.水平方向的位移为y ＝12at 2，a ＝qE m ，则y ＝qE 2mt 2，E 、t 相同，y 不同，因m 的大小关系不清楚，q 有可能相等.故A 、B 正确；由侧向位移大小y ＝12at 2，t 相同，y 不同，加速度a 不等，故C 错误.根据动能定理，E k －12mv 20＝qEy ，则E k ＝12mv 20＋qEy ，E k 大小关系无法判断.故D 错误. 2.如图2所示，竖直金属板A 、B 间电压为U 0，板中央有小孔O 和O 1，现有足够多的同种粒子源源不断地从小孔O 进入金属板A 、B 间，并被加速后从O 1进入右侧水平平行金属板C 、D 间，O 1O 2是极板C 、D 的中线，金属板C 、D 的长与板间距相等，两板间电压U 可调，不计粒子重力及进入O 孔时的初速度，所有粒子均不能打在极板上，则U 与U 0应满足( )图2A.U >U 0B.U <2U 0C.U >2U 0D.因不知极板C 、D 的长，所以无法确定U 和U 0的关系答案 B解析 根据动能定理得，qU 0＝12mv 20，粒子进入偏转电场的速度v 0＝ 2qU 0m ， 粒子在偏转电场中的位移y ＝12at 2＝12·qUL 2mLv 20＝UL 4U 0， 粒子均不能打在极板上，则有：y <L2，解得U <2U 0. 3.如图3所示，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的k 倍，有一初速度为零的电荷经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从极板下边缘穿出电场，不计电荷的重力，则偏转电场长、宽之比l d的值为( )图3 A.k B.2k C.3k D.5k答案 B解析 设加速电压为kU ，偏转电压为U ，对直线加速过程，根据动能定理，有：q ·kU ＝12mv 2 对类平抛运动过程，有：l ＝vt d 2＝12·qU mdt 2 联立解得：l d ＝2k .4.如图4所示，矩形的四个顶点a 、b 、c 、d 是匀强电场中的四个点，ab ＝2bc ＝2L ，电场线与矩形所在的平面平行.已知a 点电势为18 V ，b 点电势为10 V ，c 点电势为6 V.一质子从a 点以速度v 0射入电场，v 0与ab 边的夹角为45°，一段时间后质子经过ab 中点e .不计质子重力，下列判断正确的是( )图4A.d 点电势为12 VB.质子从a 到b 电势能增加了6 eVC.电场强度大小为4LD.质子从a 到e 所用时间为2L 2v 0答案 D 解析 匀强电场中平行的等间距的两点间的电势差相等，故U ad ＝U bc ，可得d 点电势为14 V ，故A 错误；U ab ＝8 V ，故质子从a 到b 电场力做功为W ＝eU ab ＝8 eV ，电场力做正功，电势能减小，故B 错误；经计算可知，d 点和e 点的电势相同，故de 连线为等势线，由于ab ＝2bc ＝2L ，故△ade 为等腰直角三角形，a 点到直线de 的距离为L2，由电场强度与电压的关系可得，电场强度大小为42L，故C 错误；de 连线为等势线，故质子抛出后做类平抛运动，落到e 点时，垂直于电场线方向的位移为22L ，所需时间为t ＝2L 2v 0，故D 正确. 5.(多选)用细绳拴一个质量为m 带正电的小球B ，另一也带正电小球A 固定在绝缘竖直墙上，A 、B 两球与地面的高度均为h ，小球B 在重力、拉力和库仑力的作用下静止不动，如图5所示.现将细绳剪断后( )图5A.小球B 在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动B.小球B 在细绳剪断瞬间加速度大于gC.小球B 落地的时间小于2h gD.小球B 落地的速度大于2gh答案 BCD解析 将细绳剪断瞬间，小球受到球的重力和库仑力的共同的作用，合力斜向右下方，并不是只受重力的作用，因此剪断瞬间起开始，不可能做平抛运动，且加速度大于g ，故A 错误，B 正确；小球在落地过程中，除受到重力外，还受到库仑斥力，那么竖直方向的加速度大于g ，因此球落地的时间小于2h g ，落地的速度大于2gh ，故C 、D 正确.6.(多选)如图6所示，一带正电的点电荷P 固定于半径为l 的半圆形光滑轨道外侧，与轨道左端和最低点的距离均为l ，轨道固定.有一质量为m 、带负电小球Q 从轨道左端静止滑下，则( )图6A.小球运动到轨道最低点的速度v >2glB.小球运动到轨道最低点时对轨道的压力大小为3mgC.小球将运动到半圆形轨道右端最高点D.从开始到第一次经过最低点的运动过程中，电场力对小球先做正功后做负功答案 BD解析 小球从轨道左端运动到轨道最低点的过程中，电场力做功为零，根据动能定理得：mgl ＝12mv 2，得v ＝2gl ，即小球运动到轨道最低点的速度v ＝2gl .故A 错误；在最低点，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2l，解得 F N ＝3mg ，由牛顿第三定律得知，小球运动到轨道最低点时对轨道的压力大小为3mg .故B 正确；小球从最低点向右运动的过程中，电场力一直做负功，机械能减少，由能量守恒定律知，小球不可能运动到半圆形轨道右端最高点.故C 错误；从开始到第一次经过最低点的运动过程中，小球与正点电荷间的距离先减小后增大，电场力对小球先做正功后做负功，故D 正确.7.(多选)如图7所示，空间存在匀强电场，方向竖直向下，从绝缘斜面上的M 点沿水平方向抛出一带电小球，最后小球落在斜面上的N 点.已知小球的质量为m ，初速度大小为v 0，斜面倾角为θ，电场强度大小未知.则下列说法正确的是( )图7A.可以断定小球一定带正电荷B.可以求出小球落到N 点时速度的方向C.可以求出小球到达N 点过程中重力和电场力对小球所做的总功D.可以断定，当小球的速度方向与斜面平行时，小球与斜面间的距离最大答案 BCD解析 小球做类平抛运动，电场力既可向上也可向下，故小球带正电、负电都可以，故A 错误；利用平抛知识有：y x ＝v y 2tv 0t ＝v y 2v 0＝tan θ，速度偏向角设为α，则tan α＝v y v 0＝2tan θ，可求出小球落到N 点时的速度大小和方向，故B 正确；求出小球到达N 点的速度，由动能定理可以求出小球到达N 点过程中重力和电场力对小球所做的总功，故C 正确；小球在垂直于斜面方向上做匀减速直线运动，当小球在垂直于斜面方向的速度为零，即小球速度平行于斜面时，小球与斜面间的距离最大，故D 正确.8.(多选)如图8甲所示，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示.t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T 3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出.微粒运动过程中未与金属板接触.重力加速度的大小为g .关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是( )图8A.末速度大小为2v 0B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了12mgd D.克服电场力做功为mgd答案 BC 解析 0～T 3时间内微粒匀速运动，则有：qE 0＝mg ，T 3～23T 内，微粒做平抛运动，下降的位移x 1＝12g (T 3)2，23T ～T 时间内，微粒的加速度a ＝2qE 0－mg m＝g ，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T 时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v 0，故A 错误，B 正确；微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为12d ，则重力势能的减少量为12mgd ，故C 正确；在T 3～23T 内和23T ～T 时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，则位移的大小相等，为14d ，整个过程中克服电场力做功为2E 0·q ·14d ＝12qE 0d ＝12mgd ，故D错误.9.(多选)如图9所示的匀强磁场中，从O 点沿OA 方向垂直磁场发射两个比荷相同的带电粒子，一粒子经时间t 1到达直线OC 上的P 点，其速率为v 1；另一粒子经时间t 2到达直线OC 上的Q 点，其速率为v 2.不计粒子重力和粒子间的相互作用，则( )图9A.v 1>v 2B.v 1<v 2C.t 1<t 2D.t 1＝t 2答案 BD解析 从O 点沿OA 方向垂直磁场发射两个比荷相同的带电粒子，粒子都做匀速圆周运动，如图所示.根据图象可知，两次做匀速圆周运动的圆心角相等，到达P 点的粒子半径小于到达Q 点粒子的半径，即r 1<r 2，根据洛伦兹力提供向心力得：Bqv ＝m v 2r解得：r ＝mv Bq ，因为比荷相等，则半径大的速度大，即v 1<v 2，周期T ＝2πm Bq，因为比荷相等，则周期相同，而圆心角相等，所以运动时间相等，即t 1＝t 2，故B 、D 正确.10.如图10所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B 1，P 为磁场边界上的一点.相同的带正电粒子，以相同的速率从P 点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向.这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的13.若将磁感应强度的大小变为B 2，结果相应的弧长变为圆周长的14，不计粒子的重力和粒子间的相互影响，则B 2B 1等于( )图10A.34B.32C.62D.23答案 C11.如图11所示，内表面光滑绝缘的半径为1.2 m 的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为3×106 V/m.有一质量为0.12 kg 、带负电的小球，电荷量大小为1.6×10－6 C ，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A 时，小球与轨道压力恰好为零，g 取10 m/s 2，求：图11(1)小球在A 点处的速度v 1的大小；(2)小球运动到最高点B 时对轨道的压力大小.答案 (1)6 m/s (2)14.4 N解析 (1)重力G ＝mg ＝0.12 kg×10 m/s 2＝1.2 N电场力F ＝qE ＝1.6×10－6 C×3×106 V/m ＝4.8 N在A 点，有：qE －mg ＝m v 21R 代入数据解得：v 1＝6 m/s.(2)设球在B 点的速度大小为v 2，从A 到B ，由动能定理有：(qE －mg )·2R ＝12mv 22－12mv 21 在B 点，设轨道对小球弹力为F N ，则有：F N ＋mg －qE ＝12mv 22 由牛顿第三定律有：F N ′＝F N代入数据解得：F N ′＝14.4 N.12.如图12所示，绝缘平台AB 距离水平地面CD 的高度为h ，整个空间存在水平向右的匀强电场，一质量为m 、带正电量为q 的小物块从P 点由静止开始运动，PB 之间的距离也为h .若匀强电场的场强E ＝mg 2q，物块与平台之间的动摩擦因数为μ＝0.25.求物块落到水平地面上时的速度大小和方向.图12答案 2gh ，与水平方向的夹角是45°解析 物块从P 到B 的过程，由动能定理得qEh －μmgh ＝12mv 2B 又 E ＝mg 2q ，代入解得 v B ＝12gh 物块离开平台后做匀变速曲线运动，竖直方向做自由落体运动，根据h ＝12gt 2，可得： 下落时间 t ＝2hg落地时竖直分速度大小 v y ＝2gh在水平方向上，由牛顿第二定律得 qE ＝ma ，得 a ＝g 2落地时水平分速度大小 v x ＝v B ＋at ＝2gh故物块落到水平地面上时的速度大小 v ＝v 2x ＋v 2y ＝2gh速度与水平方向的夹角正切 tan α＝v yv x＝1，得 α＝45°.。