1、.曲線運動專題復習1.在太陽系中有一顆行星的半徑為R，若在該星球表面以初速度v0豎直上拋出一物體，則該物體上升的最大高度為H.已知該物體所受的其他力與行星對它的萬有引力相比較可忽略不計.則根據(jù)這些條件，可以求出的物理量是（ACD ）A該行星的密度 B該行星的自轉周期C該星球的第一宇宙速度 D該行星附近運行的衛(wèi)星的最小周期2.已知地球半徑為R，地面重力加速度為g，一顆離地面高度為R的人造地球衛(wèi)星繞地球作勻速圓周運動，則（BD ）A衛(wèi)星的加速度大小為 B衛(wèi)星的角速度為 C衛(wèi)星的周期為 D衛(wèi)星的線速度大小為3.如圖所示，在一勻強磁場中有三個帶電粒子，其中1和2為質子、3為粒子的徑跡它們在同一平面內(nèi)沿

2、逆時針方向作勻速圓周運動，三者軌道半徑r1r2r3，并相切于P點設T、v、a、t分別表示它們作圓周運動的周期、線速度、向心加速度以及各自從經(jīng)過P點算起到第一次通過圖中虛線MN所經(jīng)歷的時間，則（ ACD）ABCD4.下列幾種說法中不正確的是（ B ）A物體受變力作用可能做曲線運動，物體受恒力作用也可能做曲線運動B靜止的物體沒有慣性C做圓周運動的物體，其加速度可以不指向圓心D勻速圓周運動的向心力可以由靜摩擦力來提供5.如圖13所示，質量均為 m的 A、B兩個彈性小球，用長為 2L的不可伸長的輕繩連接。現(xiàn)把 A、B兩球置于距地面高 H處（H足夠大），間距為 L。當 A球自由下落的同時，B球以速度 v

3、o指向A球水平拋出，則( ABC )A相碰前瞬間，兩球豎直方向的速度相等 B從開始到兩球相碰的過程，球B相對球A做勻速直線運動C兩球相碰的極短過程中，A、B兩球的速度改變量大小相等D輕繩被拉直的極短過程中，B球受到繩子拉力的沖量比A球受到繩子拉力的沖量大6.如圖所示，正方形區(qū)域abcd中充滿勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。一個氫核從ad邊的中點m沿著既垂直于ad邊又垂直于磁場的方向，以一定速度射入磁場，正好從ab邊中點n射出磁場。若將磁場的磁感應強度變?yōu)樵瓉淼?倍。其他條件不變，則這個氫核射出磁場的位置是 （ C ）A在b、n之間某點B在n、a之間某點Ca點D在a、m之間某點7.如圖，一物體從

4、光滑斜面AB底端A點以初速度v0上滑，沿斜面上升的最大高度為h。下列說法中正確的是（設下列情境中物體從A點上滑的初速度仍為v0）（BD）A若把斜面CB部分截去，物體沖過C點后上升的最大高度仍為hB若把斜面AB變成曲面AEB，物體沿此曲面上升仍能到達B點C若把斜面彎成圓弧形D，物體仍沿圓弧升高hD若把斜面從C點以上部分彎成與C點相切的圓弧狀， 物體上升的最大高度有可能仍為h8.K介子衰變的方程為，如圖所示，其中K介子和介子帶負的基元電荷，0介子不帶電。一個K介子沿垂直于磁場的方向射入勻強磁場中，其軌跡為圓弧AP，衰變后產(chǎn)生的介子的軌跡為圓弧PB，兩軌跡在P點相切，它們的半徑RK與R-之比為21。

5、0介子的軌跡未畫出。由此可知介子的動量大小與0介子的動量大小之比為A11 B12 C13 D16解析：K介子帶負電，在磁場中作圓周運動到達P點發(fā)生衰變，變成帶負電的介子和不帶電的0介子。介子在磁場中作圓周運動，半徑與K介子不同，帶電粒子在磁場中作圓周運動，半徑，可知K介子和介子的動量之比：。K介子在P點衰變時動量守恒，衰變前后粒子的動量方向如圖所示。有解得 。故選項C正確。9當帶電粒子垂直進入勻強磁場和勻強電場時，稱這種場為偏轉磁場和偏轉電場，下列說法正確的是：（ A ）A要想把速度不同的同種帶電粒子分開，既可采用偏轉磁場，也可以采用偏轉電場B要想把動量相同的質子和粒子分開，只能采用偏轉磁場C

6、要想把初速度為零，經(jīng)同一電場加速后的的質子和粒子分開，既可采用偏轉電場，也可采用偏轉磁場D要想把荷質比不同的粒子（初速度相同）分開，只可采用偏轉電場，不可采用偏轉磁場10在圖中虛線所示的區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場。取坐標如圖。一帶電粒子沿 x軸正方向進入此區(qū)域，在穿過此區(qū)域的過程中運動方向始終不發(fā)生偏轉。不計重力的影響，電場強度E和磁感強度B的方向可能是 （）A E和B都沿x軸正方向B E沿y軸正向，B沿z軸正向C E沿x軸正向，B沿y軸正向D E、B都沿z軸正向AB解析：E和B都沿x軸正方向，由于帶電粒子速度與磁感應強度B平行或反向平行，故不受磁場力只受電場力，而不論粒子帶何種電荷，電場力與

7、速度均共線，由此知粒子作直線運動，A正確。若E沿y軸正向則電場力沿y軸正向（帶正電）或負向（帶負電），而B沿z軸正向，則由左手定則知其所受洛侖茲力沿y軸負向（帶正電）或正向（帶負電），合外力可能為零，故B正確。若E沿z軸正向，則電場力沿z軸正向（帶正電）或負向（帶負電），B沿y軸正向，則洛侖茲力也沿z軸正向（帶正電）或負向（帶負電），合力不為零，且與速度不共線，粒子必然發(fā)生偏轉，故C錯。若E、B都沿z軸方向，則電場力也沿z軸方向，而洛侖茲力沿y軸方向，合力不為零，且與速度不共線，粒子必發(fā)生偏轉，故D錯。11.2005年10月12日9時，“神舟”六號載人飛船在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射升空在環(huán)繞地球飛

8、行5天后，其返回艙于10月17日按照預定計劃返回預定地區(qū)，“神舟”六號載人航天飛行的圓滿成功，標志著我國在發(fā)展載人航天技術方面取得了又一個具有里程碑意義的重大勝利（已知地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g，忽略地球自轉對重力的影響）（1）“神舟”六號載人飛船搭乘長征2號F型運載火箭從地面由靜止豎直發(fā)射升空在地面附近上升高度為h時獲得的速度為v，若把這一過程看作勻加速直線運動，則這段時間內(nèi)飛船對飛船中質量為m的宇航員的作用力有多大?（2）“神舟”六號載人飛船在離地面高度為H的圓軌道上運行的時間為t，求在這段時間內(nèi)它繞行地球多少圈?解：（1）設火箭做勻加速直線運動的加速度為a；宇航員受到的作用力

9、為F對火箭：v2=2as（1分）對宇航員：Fmg=ma（1分）解得：F=mg（1分）（2）設地球的噴量為M，“神舟”六號繞地半徑為r對“神舟”六號：（2分）其中rR+H，（1分）對地球表面處的物體m0：G=m0g（1分） t時間內(nèi)飛船繞地球的圈數(shù)（1分） 由式解得 n圖812.宇航員在月球表面完成下面實驗：在一固定的豎直光滑圓弧軌道內(nèi)部最低點靜止一質量為m的小球（可視為質點）如圖所示,當施加給小球一瞬間水平?jīng)_量I時,剛好能使小球在豎直面內(nèi)做完整的圓周運動.已知圓弧軌道半徑為,月球的半徑為R,萬有引力常量為G.(1)若在月球表面上發(fā)射一顆環(huán)月衛(wèi)星,所需最小發(fā)射速度為多大？(2)軌道半徑為2R的環(huán)

10、月衛(wèi)星周期為多大？解:設月球表面重力加速度為g,月球質量為M.（2分）在月球發(fā)射衛(wèi)星的最小速度為月球第一宇宙速度）有GM=gR2代入ACDBO13.如圖所示，豎直平面內(nèi)的3/4圓弧形光滑軌道半徑為R，A端與圓心O等高，AD為水平面，B點在O的正上方，一個小球在A點正上方由靜止釋放，自由下落至A點進入圓軌道并恰能到達B點。求：釋放點距A點的豎直高度；落點C與A點的水平距離。解（1）釋放點到A高度hOA,則 mg （hOAR）=m vB2 （ 2分）恰能通過最高點B時 mg=m （ 2分） hOA=1.5R （1分）（2）由B到C平拋運動 R=gt2 （ 2分） soc=vt （ 2分）sAc=

11、socR=（1）R （1分）141957年第一顆人造衛(wèi)星上天，開辟了人類宇航的新時代.四十多年來，人類不僅發(fā)射了人造地球衛(wèi)星，還向宇宙空間發(fā)射了多個空間探測器.空間探測器要飛向火星等其他行星，甚至飛出太陽系，首先要克服地球對它的引力的作用.理論研究表明，物體在地球附近都受到地球對它的萬有引力的作用，具有引力勢能，設物體在距地球無限遠處的引力勢能為零，則引力勢能可以表示為，其中G是萬有引力常量，M是地球的質量，m是物體的質量，r是物體距地心的距離。現(xiàn)有一個空間探測器隨空間站一起繞地球做圓周運動，運行周期為T，要使這個空間探測器從空間站出發(fā)，脫離地球的引力作用，至少要對它做多少功？15天文學家根據(jù)

12、天文觀測宣布了下列科研成果：銀河系中可能存在一個大“黑洞”.距“黑洞”60×108 km的星體以2000 km/s的速度繞其旋轉，接近黑洞的所有物質即使速度等于光速也逃脫不了其引力作用，試估算“黑洞”的最大半徑.16在有限區(qū)域PQ的右方有垂直紙面指向讀者的勻強磁場，今有兩粒子M、N在界面處以相同的速率與界面分別成60°和30°垂直于磁感應強度方向進入磁場，如圖所示。若帶電量qM=2qN，M帶正電，N帶負電，質量mM=2mN（但重力不計），求：它們在磁場中運動時間之比.14空間探測器隨空間站一起繞地球做圓周運動，由G=得，空間站的軌道半徑R=（）1/3. 由G=可得

13、隨空間站一起運動時，空間探測器的動能mv2= （）2/3隨空間站一起運動時，空間探測器具有的機械能：E1=-G+mv2=-.空間站要脫離地球的引力，機械能最小值為E=0，因此，對探測器做功為：W=E-E1= = （）2/3.15解：將黑洞天體視為球體，星體繞其旋轉類似于人造地球衛(wèi)星，繞地球運轉萬有引力提供向心力；而近洞物質脫出黑洞又類似于近地衛(wèi)星運轉，故有：GMm/r2=mv2/r 其中r=60億 km=6×1012 m v=2×106 m/sGMm/R2=mc2/R c=3×108 m/s由可解得黑洞最大半徑R=2.7×108 m16帶電粒子以v垂直B

14、進入磁場，由左手定則和洛倫茲力提供向心力等知識可作示意圖如圖所示，因為洛侖茲力f跟速度v垂直，由幾何知識可得：MOA=120°，所以M在場中運動時間：tM=T=·，同理N在場中運動時間：tN=T=· 所以=617.如圖，在一勻強電場中的A點，有一點電荷，并用絕緣細線與O點相連，原來細線剛好被水平拉直，而沒有伸長。先讓點電荷從A點由靜止開始運動，試求點電荷經(jīng)O點正下方時的速率v。已知電荷的質量m=1×10-4kg，電量q = +1.0×10-7C，細線長度L=10cm，電場強度E=1.73×104V/m，g=10m/s2。 解析：許多同

15、學見到此題不加思索地認為小球從A點開始作圓周運動，由動能定理列出方程，mgL+EqL=mv2/2 代入數(shù)據(jù)解得v=2.3m/s.實際上本題中Eq=mg，電場力與重力的合力的方向與水平方向的夾角為30°，所以電荷從A點開始沿直線經(jīng)O點正下方B點處，到達C點后，細線方開始被拉直，如圖所示，電荷從A到B，做勻變速直線運動，而不是從一開始就作圓周運動，由動能定理列出方程，mgLsin30°+EqL=mv2/2，解得v=2.1m/s.18.如圖所示，abc是光滑的軌道，其中ab是水平的，bc為與ab相切的位于豎直平面內(nèi)的半圓，半徑R=0.30m。質量m=0.20kg的小球A靜止在軌道

16、上，另一質量M=0.60kg、速度v0=5.5m/s的小球B與小球A正碰。已知相碰后小球A經(jīng)過半圓的最高點c落到軌道上距b點為處，重力加速度g=10m/s2，求：（1）碰撞結束后，小球A和B的速度的大小。（2）試論證小球B是否能沿著半圓軌道到達c點。解題方法與技巧：（1）以v1表示小球A碰后的速度，v2表示小球B碰后的速度，表示小球A在半圓最高點的速度，t表示小球A從離開半圓最高點到落在軌道上經(jīng)過的時間，則有 由求得 代入數(shù)值得 （2）假定B球剛能沿著半圓軌道上升到c點，則在c點時，軌道對它的作用力等于零。以vc表示它在c點的速度，vb表示它在b點相應的速度，由牛頓定律和機械能守恒定律，有解得

17、 代入數(shù)值得 由，所以小球B不能達到半圓軌道的最高點。19如圖所示，在直角坐標系的第一、二象限內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場，第三象限有沿Y軸負方向的勻強電場，第四象限內(nèi)無電場和磁場。質量為m、帶電量為q的粒子從M點以速度v0沿x軸負方向進入電場，不計粒子的重力，粒子經(jīng)N、P最后又回到M點。設OM=L，ON=2L，則：（1）關于電場強度E的大小，下列結論正確的是 （ ）A B C D（2）勻強磁場的方向是 。（3）磁感應強度B的大小是多少？19（1）由帶電粒子在電場中做類平拋運動，易知，且則E= 故選C（2）由左手定則，勻強磁場的方向為垂直紙面向里。（3）根據(jù)粒子在電場中運動的情況可知，粒子帶負電。

18、粒子在電場中做類平拋運動，設到達N點的速度為v，運動方向與x軸負方向的夾角為，如圖14所示。由動能定理得將（1）式中的E代入可得 所以=45°粒子在磁場中做勻速圓周運動，經(jīng)過P點時速度方向也與x軸負方向成45°角。則OP=OM=L NP=NO+OP=3L粒子在磁場中的軌道半徑為R=Npcos45°= 又解得 20.如圖（1）所示，虛線上方有場強為E的勻強電場，方向豎直向下，虛線上下有磁感應強度相同的勻強磁場，方向垂直紙面向外，a b是一根長的絕緣細桿，沿電場線放置在虛線上方的場中，b端在虛線上，將一套在桿上的帶正電的小球從a端由靜止釋放后，小球先作加速運動，后作勻

19、速運動到達b端，已知小球與絕緣桿間的動摩擦系數(shù)0.3，小球重力忽略不計，當小球脫離桿進入虛線下方后，運動軌跡是半圓，圓的半徑是/3，求帶電小球從a到b運動過程中克服摩擦力所做的功與電場力所做功的比值。 圖（1） 圖（2）解析：從分析帶電小球在絕緣桿上運動時的受力情況入手，由最終小球運動的平衡方程求出電場力與洛侖茲力大小的關系。再由磁場中所作R/3的圓周運動列出動力學方程，求出小球從b端飛出時速度大小。小球從a到b運動過程中受的摩擦力是變力，可以由動能定理求出其所做功的值。解題方法與技巧： 小球在沿桿向下運動時，受力情況如圖（2），向左的洛侖茲力F，向右的彈力N，向下的電場力qE，向上的摩擦力f

20、。FBqv，NFBqv0fNBqv當小球作勻速運動時，qEfBqv0小球在磁場中作勻速圓周運動時，又 vbBq/3m小球從a運動到b過程中，由動能定理得 所以 21.如圖甲所示，一對平行放置的金屬板M、N的中心各有一小孔P、Q，PQ連線垂直金屬板；N板右側的圓A內(nèi)分布有方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，圓半徑為r，且圓心O在PQ的延長線上。現(xiàn)使置于P處的粒子源連續(xù)不斷地沿PQ方向放出質量為m、電量為q的帶電粒子（帶電粒子的重力和初速度忽略不計，粒子間的相互作用力忽略不計），從某一時刻開始，在板M、N間加上如圖乙所示的交變電壓，周期為T，電壓大小為U。如果只有在每一個周期的0T/

21、4時間內(nèi)放出的帶電粒子才能從小孔Q中射出，求：MNPQOd圖甲tUNMU-U0圖乙（1）在每一個周期內(nèi)哪段時間放出的帶電粒子到達Q孔的速度最大？（2）該圓形磁場的哪些地方有帶電粒子射出，在圖中標出有帶電粒子射出的區(qū)域。MNPQOdv解題方法與技巧：（1）在每一個周期內(nèi)放出的帶電粒子到達Q孔的速度最大。設最大速度為v，則據(jù)動能定理得，求得。（2）因為，解得帶電粒子在磁場中的最小偏轉角為。 所以圖中斜線部分有帶電粒子射出。BBELdO22.如圖所示，空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場。左側勻強電場的場強大小為E、方向水平向右，電場寬度為L；中間區(qū)域勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向

22、里。一個質量為m、電量為q、不計重力的帶正電的粒子從電場的左邊緣的O點由靜止開始運動，穿過中間磁場區(qū)域進入右側磁場區(qū)域后，又回到O點，然后重復上述運動過程。求：（1）中間磁場區(qū)域的寬度d；（2）帶電粒子從O點開始運動到第一次回到O點所用時間t。解題方法與技巧：（1）帶電粒子在電場中加速，由動能定理，可得： 帶電粒子在磁場中偏轉，由牛頓第二定律，可得： 由以上兩式，可得 。可見在兩磁場區(qū)粒子運動半徑相同，如圖所示，三段圓弧的圓心組成的三角形O1O2O3是等邊三角形，其邊長為2R。所以中間磁場區(qū)域的寬度為OO3O1O2600（2）在電場中 ，在中間磁場中運動時間在右側磁場中運動時間，則粒子第一次回到O點的所用時間為圖4523如圖45所示，在xoy平面內(nèi)，MN和x軸之間有平行于y軸的勻強電場和垂直于xoy平面的勻強磁場，y軸上離坐標原點4 L的A點處有一電子槍，可以沿+x方向射出速度為v0的電子（質量為m，電量為e）。如果電場和磁場同時存在，電子將做勻速直線運動.如果撤去電場，只保留磁場，電子將從x軸上距坐標原點3L的C點離開磁場.不計重力的影響，求： （1）磁感應強度B和電場強度E的大小和方向； （2）如果撤去磁場，只保留電場，電子將從D點（圖中未標出）離開電場，求D點的坐