奧賽培訓內部資料：第二講曲線運動(含2015年高考真題)

1、第二講：曲線運動,一、曲線運動的發(fā)生條件,F,合外力方向與速度方向不在一直線,二、曲線運動的特點,速度方向一定變化,切向力改變速度大小 法向力改變速度方向,v,Fn,Ft,三、求解曲線運動問題的運動學基本方法,矢量的合成與分解,微元法,概述,四、常見的曲線運動形式,1.基本形式,（1）拋體運動,平拋運動,斜拋運動,（2）圓周運動,2.比較復雜的曲線運動,（1）螺旋運動,平面螺旋,螺距運動,（2）漂移圓周運動,例1如圖所示，球1和球2均從同一點水平拋出，起拋點離水平地面的高度為H，水平速度分別為v1和v2（v1 v2）。球1拋出后剛好能越過位于xp處的豎直桿頂端，并落于地面上的R點，R點與O點的

2、距離為R。球2拋出后落于地面，與地面做彈性碰撞，反彈后也剛好能越過桿頂，并落在同一點R。試求： （1）兩球初速度的比值； （2）桿的位置xp； （3）桿的高度h。,一平拋運動,點評一：平拋運動要點,（1）概念：,語言描述：,數(shù)學解析式描述：一,圖象描述：,（2）運動特點：,水平方向：勻速直線運動,豎直方向：自由落體,（3）運動規(guī)律：,水平方向：,豎直方向：,（4）質點運動的軌跡方程,軌跡方程,運動方程,a,（5）兩點討論,位移的討論,s,x,y,方向：,速度的討論,v,方向：,（6）二級結論,表述方式一：,平拋運動中，任一時刻物體速度方向與水平方向夾角的正切值，等于從運動開始到這一時刻物體的位

3、移方向與水平方向夾角正切值的二倍。,表述方式之二 ：,平拋運動中，任一時刻物體速度的反向延長線與初速度延長線的交點，是這段時間內物體水平位移的中點。,證明：如圖所示，任取點P，作其切線的反向延長線交x軸與A點,簡化表述方式：交點是中點,A,y,點評二：此題中小球的軌跡方程,點評三：運動的對稱性分析,R/3,2R/3,小球1：起拋點、桿的頂端、落地點R；,小球2：,起拋點；,第一次落地點：,桿的頂端；,反彈到最高點：,落地點R。,解析：,（1）由平拋運動軌跡方程有：,球1：,球2：,落地點坐標：（R，0）,第一次落地點坐標：（R/3，0）,（2）球2反彈后的軌跡方程：,式中,球1：,舍去,（3）

4、,球1：,兩個特殊點：（xp，h）和（R，0）,例2如圖所示，在一傾角為的斜面上，以初速度v0水平拋出一小球，落到斜面上，不計空氣阻力，試討論下列問題： （1）小球在空中的運動時間； （2）小球離斜面的最大高度； （3）證明小球落到斜面上時的速度方向與水平初速度v0無關。,解析：,建立圖中所示直角坐標系,小球的運動分解為：,x軸方向：初速度？加速度？,y軸方向：初速度？加速度？,g,（1）小球在空中的運動時間,（2）小球離斜面的最大高度,（3）證明,例3（2014模擬）大學新生軍訓演練中，同學們正在教官指導下進行投擲訓練。 （1）若已知手榴彈出手時速率為v0，與水平方向的夾角為，則手榴彈在空中

5、運動的最小速率為多少？ （2）若已知手榴彈出手時速率為v0，則其與水平方向夾角為多少時射程最遠？最遠射程為多少？ （3）若已知目標離投擲點（手榴彈脫手時的位置）的水平距離為s，豎直高度為h，手榴彈質量為m。要準確命中目標，對手榴彈至少要做多少功？（以上過程中，均忽略空氣阻力。）,二斜拋運動,點評：斜拋運動要點分析,（1）運動的分解,水平方向：,豎直方向：,（2）空中運動時間t,（3）射程X和射高Y,（4）極值討論,當=450時，,（5）軌跡方程,當=900時，,X,Y,（1）手榴彈做斜拋運動，將其初速度分解為水平和豎直兩個方向，則有：,解析：,當手榴彈運動到最高點時，豎直方向的分速率為零，此時

6、速率最小，其值為：,（2）設手榴彈出手時速度與水平地面的夾角為，空中運動時間為t，射程為L，則有：,因此，當=450時，射程最遠。,最遠射程為：,（3）設的手榴彈出手時速度為v0，方向與水平地面成角，以投擲點為坐標原點，豎直向上為y軸正方向，則t時刻手榴彈的位置坐標為：,因手榴彈準確命中目標，故目標位置滿足位置方程，即：,消除參數(shù)t，得：,即：,故要對手榴彈做功的最小值為,例4如圖所示，一人從離地平面高為h處以速率v0斜向上拋出一個石子，求拋射角為多少時，水平射程最遠？最遠射程為多少？,解法一：設拋射角為，運動時間為t,當,時，x2有極值，x有極值,解法二：設拋射角為,解法三：設拋射角為，任一

7、時刻t,當y=-h時，x=s,再用輔助角公式求解,解法四：將斜拋運動分解為v0方向的勻速運動和自由落體運動,其位移矢量圖如右所示,v0t,y,由圖可知：,x,其他與解法一相同。,解法五：初速v0、末速v和增加的速度gt的矢量圖如右，該矢量圖的面積,v0,v,gt,vx,因初速v0、末速v均為定值，顯然當二者夾角為900時，S最大，因而x最大，所以有：,例5一禮花豎直向上發(fā)射，達到最高點爆炸。設各碎片以相同的速率v0，向四面八方炸開，試證明各碎片在下落過程中始終保持在同一球面上面，并求球面半徑與球心位置隨時間變化的規(guī)律（忽略空氣阻力）。,v0,點評:,（1）速度的分解,（2）運動分析,X方向：,

8、Y方向：,Z方向：,解析：,以爆炸時刻為零時刻，爆炸點為坐標原點，建立如圖所示直角坐標系，對任一碎片在時刻t，其位置坐標為：,式中0為任一碎片的初速率，與拋射角無關，對于每一給定時間t，上述方程式是一個球面方程，球面半徑R=0t，即R隨時間t成正比不斷增大，球心位置為（0，0， ），表明球心位置始終保持在z軸上，且隨時間以重力加速度g加速下降。,例6.初速度為v0 的炮彈向空中射擊，不考慮空氣阻力，試求出空間安全區(qū)域的邊界的方程,點評：,建立圖中直角坐標系，設v0與xoy平面的夾角為，對任一時刻t有：,這是發(fā)射角各不相同的炮彈的空間軌跡方程,此方程式有解時，必滿足,包絡線方程為,整理該包絡線方

9、程為所求安全區(qū)域的邊界方程,例7一斜面體兩斜面的傾角分別為和，如圖所示。一物體從傾角為的斜面的底角處做斜上拋運動。為使物體從斜面體頂角處切過，并落在傾角為的斜面底角處，則物體的拋射角與傾角、應滿足什么關系？（用簡單形式寫出）,解析：,建立圖中直角坐標系，則有：,h,設斜面體高度為h，則其頂點和右側底端坐標分別為（hcot,h）和h(cot+cot),0,例8軍訓中，戰(zhàn)士自距離墻壁s處以速度v0起跳，再用腳蹬墻面一次，使身體變?yōu)樨Q直向上運動而繼續(xù)升高。若墻面與鞋底之間的靜摩擦因數(shù)為，求能使人體重心有最大總升高的起跳角是多少？,解析：,設人的質量為m，從起跳到達墻面所用時間為t，到達墻面處時，人的

10、速度的水平分量為vx，豎直分量為vy，則：,這一過程，人的重心升高為：,腳蹬墻面，利用最大靜摩擦力的沖量可使人向上的動量增加，由動量定理有：,由題意知，正壓力的沖量恰可使人的水平分動量變?yōu)榱?，即?因而得:,蹬墻后，人的重心速度變?yōu)樨Q直向上的方向，以vy表示，則有：,人體以此速度繼續(xù)升高，其升高量為：,則全過程人體的總升高量為,上式改寫為：,式中：,可見，當：,時，H有最大值為：,例9.（北約2013）質量為M、半徑為R的勻質水平圓盤靜止在水平地面上，盤與地面間無摩擦。圓盤中心處有一只質量為m的小青蛙（可處理成質點），小青蛙將從靜止跳出圓盤。為解答表述一致，將青蛙跳起后瞬間相對地面的水平分速度

11、記為vx，豎直向上的分速度記為vy，合成的初始速度大小記為v，將圓盤后退的速度記為u。 （1）設青蛙跳起后落地點在落地時的圓盤外。 （1.1）對給定的vx，可取不同的vy，試導出跳起過程中青蛙所作功W的取值范圍，答案中可包含的參量為M、R、m、g（重力加速度）和vx。 （1.2）將（1.1）問所得W取值范圍的下限記為W0，不同的vx對應不同的W0值，試導出其中最小者Wmin，答案中可包含的參量為M、R、m和g。 （2）如果在原圓盤邊緊挨著另外一個相同的靜止空圓盤，青蛙從原圓盤中心跳起后瞬間，相對地面速度的方向與水平方向夾角為45，青蛙跳起后恰好能落在空圓盤的中心。跳起過程中青蛙所作功記為W，試

12、求W與（1.2）問所得Wmin間的比值=W/Wmin，答案中可包含的參量為M和m。,（1.1）水平方向動量守恒，青蛙落地點在圓盤外，有：,解析：,mvx=Mu , （2分）, （1分）, （1分）, （1分）,得：,故得W取值范圍為：, （1分）,（1.2）由式得：, （3分）,由均值不等式有：,所以有：, （3分）,（）依題意,得：, （3分）,得：,綜合可得,（2分）,所求比值為：,（1分）,例10(第20屆預賽)質量為M的運動員手持一質量為m的物塊，以速率v0沿與水平面成a角的方向向前跳躍（如圖）。為了能跳得更遠一點，運動員可在跳遠全過程中的某一位置處，沿某一方向把物塊拋出。物塊拋出時相

13、對運動員的速度的大小u是給定的，物塊拋出后，物塊和運動員都在同一豎直平面內運動。 (1)若運動員在跳遠的全過程中的某時刻to把物塊沿與x軸負方向成某角的方向拋出，求運動員從起跳到落地所經歷的時間。 (2)在跳遠的全過程中，運動員在何處把物塊沿與x軸負方向成角的方向拋出，能使自己跳得更遠？若v0和u一定，在什么條件下可跳得最遠？并求出運動員跳的最大距離。,點評：復雜問題簡單化,（）從起跳到t0 時刻，運動員做斜拋運動；,（）拋物塊的過程：動量守恒,（）拋后的運動：新的斜拋運動,解析：,（1）運動員起跳為計時起點， t0時刻到達圖中P點，設P點的坐標為P（x，y），速度v的分量為vpx和vpy，則

14、有：,設拋物后瞬間，運動員的速度為V，分量為Vpx和Vpy，物塊相對于運動員的速度u的分量為ux和uy，,由動量守恒定律有：,拋出物塊后，運動員沿新的拋物線運動，其初速度為Vpx和Vpy，在t（ ）時刻運動員的位置和速度分別為：,運動員落地時，,上式中取正號，得：,（）因為：,顯然，當t0=0時，x最大，即拋出點坐標為：,即在剛起跳時把物塊拋出，運動員可跳得遠一點。,運動員自起跳至落地所經歷的時間為,運動員跳遠的距離,當：,時，x有最大值,三圓周運動,1.勻速圓周運動,角速度,線速度,加速度,v,2.變速圓周運動,角加速度,加速度,vA,v,勻變速圓周運動,3.勻速圓周運動與簡諧運動的相互等效

15、,x,A,2A,v,a,勻速圓周運動可以分為兩個互相垂直方向上的簡諧運動，它們的相位相差,y,例11.質點沿半徑為R的圓周運動，初速度的大小為v0在運動過程中，點的切向加速度與法向加速度大小恒相等，求經時間T質點的速度v。,點評：,切向加速度,法向加速度,例11.質點沿半徑為R的圓周運動，初速度的大小為v0在運動過程中，點的切向加速度與法向加速度大小恒相等，求經時間T質點的速度v。,方法一：積分法,若速率從v0增加, 有,若速率從v0減小, 有,例11.質點沿半徑為R的圓周運動，初速度的大小為v0在運動過程中，點的切向加速度與法向加速度大小恒相等，求經時間T質點的速度v。,方法二：微元法,設速

16、率從v0增加,取運動過程中第i個極短時間t，依題意有,若速率從v0減小, 有,例12用手握著一繩端在水平桌面上做半徑為r的勻速圓周運動，圓心為O。繩長為L，質量可以忽略，繩的另一端系著一個質量為m的小球，恰好也以O點為圓心在桌面上做勻速圓周運動。已知手和小球的角速度均為，小球和桌面之間有摩擦，求： （1）手對細繩做功的功率P； （2）小球與桌面之間的動摩擦因數(shù)。,點評：示意圖,r,L,解析：,（1）手對細繩做功的功率P,以小球為研究對象，水平面內受力：,T,f,R,（2）小球與桌面之間的動摩擦因數(shù),例13如圖所示，一長為a的細線系著一小球懸掛在O點靜止不動。若使小球獲得一個水平初速度 ，略去空

17、氣阻力，證明：小球的運動軌跡經過懸點O。,小專題：豎直平面內的圓周運動,1.水平直徑以上各點的臨界速度,(1)在水平直徑以上各點彈力方向是指向圓心的情況，例如系在繩端的小球，過山車,mg,T,當T=0時，,在水平直徑以上各點不脫離軌道因而可做完整的圓運動的條件是 ：,(2)在水平直徑以上各點彈力方向是背離圓心的情況，例如車過拱形橋,mg,N,當N=0時，,在水平直徑以上各點不脫離軌道的條件是 ：,2.豎直平面光滑圓形軌道,（1）機械能守恒,（2）最高點與最低點的彈力差：,（3）能到達最高點時，最低點的速度：,（4）恰能到達最高點時，最低點的加速度：,小球運動軌跡會通過懸點O，是因為線繩在水平直

18、徑上方與水平成某一角度時，繩恰不再張緊，小球開始脫離圓軌道而做斜上拋運動,h,解析：,繩上張力為零時小球達臨界速度,該過程機械能守恒:,設小球做斜上拋運動設當y方向位移為-h時歷時t,有,這段時間內小球完成的水平位移為,說明小球做斜拋運動過程中，通過了坐標為,的懸點O!,例14如圖所示，質量為m的小車以恒定速率v沿半徑為R的豎直圓環(huán)軌道運動，已知動摩擦因數(shù)為，試求小車從軌道最低點運動到最高點過程中，摩擦力做的功。,點評：,1.摩擦力大小的分析,隨正壓力大小的變化而變化,2.正壓力大小的分析,在水平軸下方時：,在水平軸上方時：,3.摩擦力做功的特點及計算,微元法：,取什么物理量的微元？,這一條件

19、下的結論 什么？,解析：,如圖所示，小車運動過程中經過關于水平軸對稱的兩位置1和2，且兩位置和圓心的連線與水平軸的夾角均為a。,因為：,所以：,同理：,小車經過1、2兩處一極小段位移內摩擦力所做的功和為,即Wf與的大小無關，于是整個過程中摩擦力的功,v,例15如圖所示，長為L的輕桿頂端放一小重球，由豎直位置開始無初速倒下，桿的下端被地面上的臺階擋住，求重球落地時的方向。,點評：,1.小球與桿分離前做什么運動？,2.小球與桿在什么位置分離？分離時的動力學特點？,3.與桿分離后小球做什么運動？,解析：,球開始時在輕桿上與輕桿一起沿圓弧運動，當輕桿對重球的支持力變?yōu)榱銜r，球脫離桿，做斜下拋運動。,設

20、桿的支持力為零時，桿與豎直方向的夾角為，小球速率為v1，此時有：,由動能定理有：,將v1沿水平和豎直兩方向分解，則有,設小球落地時速率為v，則有：,設落地時重球的速度與豎直方向的夾角為，則,例16如圖所示，長度為l的輕桿上端連著一質量為m的體積可忽略的小重物B。桿的下端被用鉸鏈固接于水平面上的A點。同時，置于同一水平面上的立方體C恰與B接觸，立方體C的質量為M。今有微小擾動，使桿向右傾倒，設B與C、C與水平地面間均無摩擦，而B與C剛脫離接觸的瞬間，桿與地面夾角恰為300，求B、C的質量之比,點評：,1.B、C分離前二者運動學和動力學特點,B對C有作用力，C沿水平方向做加速運動；,二者水平方向速

21、度和加速度均相等。,2.B、C分離瞬間,水平方向速度和加速度仍相等；,剛好無相互作用力；,C的加速度為零；,桿對B的作用力的水平分量必為零,此刻桿對B的作用力為零。（？桿為輕桿）,解：,以B球為研究對象，設B、C分離時B球的速度大小為，桿與水平面夾角以表示，如圖所示。則B此刻是僅受重力作用而繞A點作半徑為l的圓周運動，則有：,此時B速度的水平分量,所以C的速度：,對B、C組成的系統(tǒng)，機械能守恒：,聯(lián)立以上各式，將 的值代入求解得：,例17如圖所示，三個質量均為m的彈性小球用兩根長均為l的輕繩連成一條直線而靜止在光滑水平面上?，F(xiàn)給中間的小球B一個水平初速度v0，方向與繩垂直。小球相互碰撞時無機械

22、能損失，輕繩不可伸長。求： （1）當小球A、C第一次相碰時，小球A的速度； （2）當三個小球再次處在同一直線上時，小球B的速度和此時繩子的張力； （3）運動過程中小球A的最大動能EKA和此時兩根繩的夾角以及繩子的張力。,-ma,點評：非慣性系與慣性力,1平動加速參考系_平移慣性力,慣性力：,定義：,為了使牛頓定律在非慣性系中形式上成立，而引入的假想的力。,m為研究對象的質量；,為非慣性系相對慣性系的加速度。,負號表示慣性力方向與非慣性系加速度方向相反。,理解：,（1）慣性力不是真實力，沒有施力體，沒有反作用力；,（2）慣性力的效果是真實存在的，也能用測力計測出來；,（3）所有質點在非慣性系下都

23、可能是慣性力。,2.轉動參考中,_慣性離心力,慣性離心力的特點： （1）離心力與轉動參考系的轉動角速度有關，方向垂直 轉軸向外； （2）離心力與物體所在位置有關，與物體在轉動系中運 動與否無關。,解析：,（1）A、C第一次相碰時，,vx,vy,（2）當三個小球再次處在同一直線上時,設T，以B為參考系（慣性系或非慣性系？），A、C做圓周運動，（線速度多大？）,（3）A的最大動能EKA最大時，B的速度為零，此時A的速度方向一定垂直于AB的連線（？）,對B球,對A球，以B為參考系（非慣性系），A做圓周運動,例18.如圖，質量可忽略不計的剛性細桿可繞通過其中點O的光滑水平軸在豎直面內自由轉動。兩質量分

24、別為2m和m的小球1和2（可視為質點）串在細桿上，它們與細桿之間的靜摩擦系數(shù)為 。開始時細桿靜止在水平位置，小球1和2分別位于緊靠細桿兩端點A和B的位置。系統(tǒng)自水平位置以零初速下擺。問小球1和2分別在什么位置脫離細桿？（分別求出小球1和2脫離細桿時細桿與水平線的夾角）。,點評：,（1）設輕質桿轉過時，系統(tǒng)的角速度和角加速度分別為和，如何計算這兩個值？,（2）受力分析，判斷哪個球先離開輕質桿。如何計算彈力和靜摩擦力？,mg,2mg,N1,N2,f1,f2,（3）一個球離開輕質桿后，另一球的運動分析。,點評：,以系統(tǒng)為研究對象，小球離開輕質桿前，機械能守恒,角動量定理：,對小球1：,對小球2：,小

25、球1與桿之間的摩擦力先達到最大靜摩擦力，故小球1先滑動。設球1開始滑動時，細桿與水平線夾角為1 ，則,由于球1的初始位置在桿的末端，故此時輕質桿與水平線夾角為300。,因輕桿沒有質量，球1一旦脫離輕桿，球2與輕桿間的相互作用立即消失，此后球2只受重力作用而作斜拋運動，其初速度：,初速度的方向與水平線的夾角：,得任意 t 時刻球2的位置坐標：,球2脫離細桿時，幾何關系,方法一：設質點在M平面內沿橢圓軌道以速率v運動，這個運動在M1平面的一個分運動軌道恰成半徑為b的圓，則兩平面間夾角,對橢圓長軸端的A點:,aA1,對A點投影A1點:,橢圓短軸端B點的曲率半徑由,v,v,aA,v,aB,aB,例19

26、質點做橢圓運動，已知長半軸與短半軸為a和b，求長其軸與短軸端點的曲率半徑。,四曲率半徑的計算,方法二:,軌跡方程：,參數(shù)方程：,將栯圓運動等效為兩個簡諧運動,vA,vB,aA,aB,例20質點做拋物線運動，已知其軌跡方程為： ，求軌跡上任一點的曲率半徑。,點評：特殊到一般,設質點以速度v0做平拋運動,對軌跡上的P點:,g,v,vy,解析：設物體以v0做勻速率的圓周運動、同時以vh沿垂直于v0方向做勻速直線運動，每前進一個螺距，完成一次圓周，即有,設螺旋線上任一點的曲率半徑為,h,r,例21旋轉半徑為r、螺距為h的等距螺旋線，曲率半徑處處相同試用運動學方法求解曲率半徑值。,小結：曲線運動軌跡的曲

27、率與曲率半徑,五螺旋運動,1.平面螺旋運動,P(r,),平面內長直細桿繞其端點O旋轉,套在桿上的小環(huán)P沿桿運動,t=0時，P的位置：,r,小球沿桿方向速率vr與桿旋轉角速度均為常量,任意t時刻有：,vr,v,v,軌跡方程：,阿基米德螺旋線,t時刻小環(huán)的角向速度：,t時刻小環(huán)的速率：,.空間螺旋運動,（）等螺距運動,v,x,（）等差螺距運動,a,例22已知等距螺旋線在垂直軸方向的截面半徑為R，曲率半徑為，一質點沿此螺旋線做勻速率運動。已知質點在垂直軸方向的投影轉過一周所用時間為T，則質點沿軸方向的分運動速率為多少？,點評：例19,解析：,設速率v，圓周運動線速率v1，軸方向速率v2,例23.如圖

28、所示，從x軸上的O點發(fā)射一束電量為q(q0)、質量為m的帶電粒子，它們的速度方向分布在以O點為頂點、x軸為對稱軸的一個頂角很小的錐體內，速率均為v。試設計一種勻強磁場，能使這束帶電粒子會聚于x軸上的另一點M，M點與O點的距離為d。要求給出該磁場的方向，磁感應強度的大小及最小值。不計重力及粒子間的相互作用。,點評：,（1）怎樣加磁場，才能使這束帶電粒子會聚于x軸上的另一點M？,x,B,（2）帶電粒子的運動分析,x軸方向：,區(qū)別？,勻速直線運動,yoz平面：,勻速圓周運動,等螺距運動,（3）怎樣理解很??？,（）磁聚集,解析：,沿x軸方向加勻強磁場，設磁感應強度為B。,沿x軸方向有：,垂直于x軸平面

29、內，設半徑R，周期T，則有：,過M點的條件：,聯(lián)立以上各式得：,n為什么時，B有最小值：,例24. 如圖，一剛性螺旋環(huán)質量為m（質量均勻分布），半徑為R，螺距 ，可繞豎直的對稱軸OO無摩擦地轉動，連接螺旋環(huán)與轉軸的兩支撐桿的質量可忽略不計。一質量為m的小球穿在螺旋環(huán)上并可沿螺旋環(huán)無摩擦地滑動。扶住小球使其靜止于螺旋環(huán)上的某一點A，這時螺旋環(huán)也處于靜止狀態(tài)。然后放開小球，讓小球沿螺旋環(huán)下滑，同時螺旋環(huán)便繞轉軸 轉動。求： （1）當小球下滑高度為h時，螺旋環(huán)轉過的角度。 （2）此時螺旋環(huán)轉動的角速度。,點評：,（1）立體問題平面化：,H,（2）螺旋環(huán)的角動量：,（3）系統(tǒng)角動量是否守恒？,（4）系

30、統(tǒng)機械能是否守恒？,解：,（1）設小球下滑高度為h時，球相對于螺旋環(huán)的速率為v，環(huán)的速率為v0。如圖所示。,螺旋環(huán)的角動量：,系統(tǒng)水平面內，合外力為零，角動量守恒：,（2）由機械能守恒定律,由角動量守恒定律有：,解法二：等效法,第一講：例17,（2）,例25.如圖所示，兩個豎直放置的同軸導體薄圓筒，內筒半徑為R，兩筒間距為d，筒高為L（LRd），內筒通過一個未知電容Cx的電容器與電動勢U足夠大的直流電源的正極連接，外筒與該電源的負極相連。在兩筒之間有相距為h的A、B兩點，其連線AB與豎直的筒中央軸平行。在A點有一質量為m、電量為-Q的帶電粒子，它以v0的初速率運動，且方向垂直于由A點和筒中央軸

31、構成的平面。為了使此帶電粒子能夠經過B點，試求所有可供選擇的v0和Cx值。,點評：復雜問題簡單化,（）電路結構分析；,（）帶電粒子受力分析；,（）帶電粒子運動分析；,（）薄圓筒導體的電容；,（）兩電容器連接方式及其特點；,（）帶電粒子能經過B點的條件；,速度選擇器,R,d,探究一：模型的建立,兩環(huán)之間的電場是怎樣的？,探究二：工作原理,滿足什么條件的帶電粒子才能從左端進，右端出？,運動學特征？,動力學特征？,解：豎直方向，粒子做自由落體運動，設由A到B所用時間為，則,水平方向，粒子做勻速率圓周運動，設其周期為T，則,粒子能經過B點,粒子所受電場力大小,圓筒的電容：,兩電容器串聯(lián),例26（201

32、4模擬）如圖所示，空間有互相正交的勻強電場E和勻強磁場B，E沿+y方向，B沿+z方向，一個帶電+q、質量為m的粒子(設重力可以忽略)，從坐標圓點O開始無初速出發(fā)，在xoy平面內做圖中所示的曲線運動，其運動軌跡是數(shù)學中眾多的迷人曲線之一，叫做擺線，又稱旋輪線。圖中只畫出了其運動軌跡的兩拱，事實上以后每拱的形狀和大小都是完全相同的，試求： （1）粒子的運動周期； （2）每拱的拱高； （3）每拱的拱寬； （4）粒子運動過程中的最大速率。,五.漂移圓周運動,（1）任何一個正交的勻強磁場和勻強電場組成速度選擇器。,（2）帶電粒子必須以唯一確定的速度（包括大小、方向）才能勻速（或者說沿直線）通過速度選擇器

33、。否則將發(fā)生偏轉。即有確定的入口和出口。,（3）這個結論與粒子帶何種電荷、電荷多少都無關。,（4）若速度小于這一速度，電場力將大于洛倫茲力，帶電粒子向電場力方向偏轉，電場力做正功，動能將增大，洛倫茲力也將增大，粒子的軌跡既不是拋物線，也不是圓，而是一條復雜曲線；若大于這一速度，將向洛倫茲力方向偏轉，電場力將做負功，動能將減小，洛倫茲力也將減小，軌跡是一條復雜曲線。,點評：,（）定量分析：若初速度為零,f,qE,f,幾個概念：,旋輪線或擺線,拱,拱寬,L,拱高,h,幾個物理量的計算：,周期：,拱寬：,拱高：,最大速率：,v,令：,則：,若v0，粒子做先下后上的逆時針方向圓周運動,若v0，粒子做先

34、上后下的逆時針方向圓周運動,探究：,哪些物理量發(fā)生了怎樣的變化？,滿足什么條件，粒子才能經過N點？,（）定量分析：若初速度不為零,立體問題平面化,解析：,粒子同時參與兩種分運動，沿x軸正方向做勻速直線運動，速率,xoy平面內做勻速率圓周運動，速率也為,設粒子圓周運動周期為T，軌道半徑為R，拱高為h，拱寬為L，最大速率為vmax。,（1）,（4）最大速率,（3）拱寬,（2）拱高,例27（2013北約）如圖所示，在一豎直平面內有水平勻強磁場，磁感應強度B的方向垂直于該豎直平面朝里，豎直平面中a、b兩點在同一水平線上，兩點相距l(xiāng)。帶電量q0，質量為m的質點P，以初速度v從a對準b射出。略去空氣阻力，

35、不考慮P與地面接觸的可能性，設定q、m和B均為不可改取的給定量。 （1）若無論l取什么值，均可使P經直線運動通過b點，試問v應取什么值？ （2）若v為（1）問可取值之外的任意值，則l取哪些值，可使P必定會經曲線運動通過b點？ （3）對每一個滿足（2）問要求的l值，計算各種可能的曲線運動對應的P從a到b所經過的時間。 （4）對每一個滿足（2）問要求的l值，試問P能否從a靜止釋放后也可以通過b點？若能，再求P在而后運動過程中可達到的最大運動速率vmax。,（1）初速度v水平對準b點，為使P經直線運動通過b，要求P所受磁場力與重力抵消，有：,解析：, （4分）,（2）若式不能滿足，P便在此豎直平面內

36、作曲線運動。將初速度v水平分解：v=v1+v2，其中v0，但, （4分）,v2=v-v1，,P所受力可分解為,P的運動可分解為：,分運動1：以初速度為v1的勻速直線運動；,分運動2：以初速度v2的勻速圓周運動。,v20對應先上后下的逆時針方向圓周運動,v20對應先下后上的逆時針方向圓周運動,圓周運動的周期為：, （3分）,為使P通過b點，要求經整數(shù)個圓周運動周期時，v1對應的直線運動位移大小恰好等于l ，即有：,l =v1nT，（其中n=1、2、） （3分）,將、式代人式，即得l必須取下述值：,n=1、2、 （1分）,（3）符合（2）問要求的每一個l均需滿足式，無論v和v2取何值，P從a到b所經時間同為：,即：, （3分）,其中n為一個由l 值對應的正整數(shù)。,（4）P可通過b點。因為據（2）問解答可知，v0中的v=0即對應P從a靜止釋放，只要l 取式限定的值，P必定也可通過b點。 v=0的分解式為：,對應的分運動2為上圖所示的先下后上的逆時針方向勻速圓周運動。,經半個周期，P在最低點兩個分速度相同，對應的合速度最大,故所求最大速率為, （4分）,