曲线运动专题复习及答案

1.（2010·上海物理卷·T24）如图，三个质点a、b、c质量分别为m1、m2、M（Mm1,Mm2）在C的万有引力作用下，a、b在同一平面内绕c沿逆时针方向做匀速圆周运动，轨道半径之比ra:rb1:4,则它们的周期之比Ta:Tb=______;从图示位置开始，在b运动一周的过程中，a、b、c共线了____次。

【命题立意】本题考查万有引力和圆周运动

【思路点拨】根据万有引力充当向心力，可得到周期与半径的关系，从而根据半径之比求得周期之比

TMm42142r3【规范解答】根据G2m2r，得T,所以a，

rTTb8GM在b运动一周的过程中，a运动8周，所以a、b、c共线了8次。 【答案】1：8；8

2.（2010·江苏物理卷·T14）(16分)在游乐节目中，选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，小明和小阳观看后对此进行了讨论。如图所示，他们将选手简化为质量m=60kg的质点， 选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角=30，绳的悬挂

点O距水面的高度为H=3m.不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足

2够深。取重力加速度g10m/s， sin530.8，cos530.6



（1）求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F；

（2）若绳长l=2m, 选手摆到最高点时松手落入手中。设水对选手的平均浮力f1＝800N，平均阻力f2＝700N，求选手落入水中的深度d；

（3）若选手摆到最低点时松手， 小明认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；小阳认为绳越短，落点距岸边越远，请通过推算说明你的观点。

【命题立意】本题以生活中游乐节目设题，体现学以致用，考查机械能守恒、圆周运动向心力，动能定理，平抛运动规律和求极值问题。题目设置难度中等。

【思路点拨】（1）利用机械能守恒可得到最低位置的动能或速度；（2）通过对选手整个运动过程中受力分析，结合全程由动能定理可求解阻力的作用位移；（3）根据平抛运动模型，应用平抛运动规律和数学上基本不等式求极值方法解决问题。 【规范解答】（1）机械能守恒 mgl(1cos)1mv2 ① 2圆周运动

v2F′－mg＝m

l

解得F′(32cos)mg

人对绳的拉力由牛顿第三定律可知 FF 则 F＝1080N

（2）由动能定理得：mg(Hlcosd)(f1f2)d0

得d解得

mg(Hlcos)

f1f2mgd=1.2m

(3)选手从最低点开始做平抛运动,则有x=vt

Hl12gt 2且有①式解得x2l(Hl)(1cos) 当lH时，x有最大值，解得l1.5m。 2H时，x有最大值，解得l1.5m。因此两2因此两人的看法均不正确，当绳子越接近1.5m时，落点距岸越远。 【答案】（1）1080N；（2）d=1.2m；（3）当l人的看法均不正确，当绳子越接近1.5m时，落点距岸越远

3.（2010·山东理综·T 24）（15分）如图所示、四分之一圆轨道OA与水平轨道AB相切，它们与另一水平轨道CD在同一竖直面内，圆轨道OA的半径R=0．45m，水平轨道AB长

S1＝3m，OA与AB均光滑。一滑块从O点由静止释放，当滑块经过A点时，静止在CD上的小车在F=1．6N的水平恒力作用下启动，运动一段时间后撤去F。当小车在CD上运动了S2＝3．28m时速度v=2．4m/s，此时滑块恰好落入小车中。已知小车质量M=0．2kg，与CD间的动摩擦因数＝0．4。（取g=10m/s）求

2

（1）恒力F的作用时间t． （2）AB与CD的高度差h。

【命题立意】本题以物体的相遇为情景，属于多物体的多过程问题，突出了高考对推理能力、分析综合能力的要求，主要考查牛顿第二定律、动能定理、平抛运动规律、匀变速直线运动规律等知识点。

【思路点拨】解答本题时可按以下思路分析： 受力分析

平抛的高度 平抛的时间 运动分析 相遇时的时间关系

【规范解答】（1）设小车在轨道CD上加速的距离为s，由动能定理得

FsMgs21Mv2 ① 2设小车在轨道CD上做加速运动时的加速度为a，由牛顿运动定律得

FMgMa ②

s12at ③ 2联立①②③式，代入数据得

t1s ④

（2）设小车在轨道CD上做加速运动时的末速度为v，撤去力F后做减速运动时的加

速度为a，减速时间为t，由牛顿运动定律得

MgMa ⑤

vat ⑥ vvat ⑦

设滑块的质量为m，运动到A点的速度为vA，由动能定理得

mgR12mvA ⑧ 2设滑块由A点运动到B点的数据时间为t1，由运动学公式得

s1vAt1 ⑨

，则 设滑块做平抛运动的时间为t1ttt1 ⑩ t1由平抛运动规律得

h21 gt12

联立②④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式，代入数据可得

h0.8m

评分标准：（1）问共7分，①3分，②2分，③④各1分； （2）问共8分，⑤⑥⑦共3分，⑧⑨各1分，⑩【答案】 （1）1s； （2）0.8m 4. A 5. D

6.【解析】（1）设电子的质量为m，电荷量为e，电子在电场Ⅰ中做匀加速直线运动，出区域Ⅰ时的速度为v0，此后在电场Ⅱ做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，有

共3分；

7.【解析】（1）将小球到达A点的速度分解如图

有：v0=vcosθ=2 m/s（4分）

（2）假设小球能到达C点，由动能定理有：

代入数据得：F′N=8 N （2分） 由牛顿第三定律：FN=-F′N=-8 N，方向竖直向上（2分） 答案：（1）2 m/s （2）能 8 N，方向竖直向上

8.如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L=0.1 m，两板间距离d=0.4 cm，有一束相同微粒组成的带电粒子流从两板平行于极板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，已知微粒质量为m=2×10-6 kg，电量q=+1×10-8 C，电容器电容为C=10-6 F，g=10 m/s2.求：

（1）为使第一颗粒子的落点范围在下板中点O到紧靠边缘的B点之内，则微粒入射速度v0应为多少？

（2）以上述速度入射的带电粒子，最多能有多少颗粒子落到下极板上？ 【解析】（1）由于两板间原来不带电，第一颗粒子在板间做平抛运动 若第一颗粒子落到O点，水平方向：解得：v01=2.5 m/s.

若落到B点，水平方向：L=v02t2，竖直方向：解得：v02=5 m/s. 故2.5 m/s≤v0≤5 m/s.

（2）随着带电粒子落在下极板上，下极板的电势升高，两板间形成匀强电场，粒子开始做类平抛运动，粒子初速度越小，则在极板内运动时间越长，越容易落到极板上，若粒子刚好从B点射出，则水平方向：由L=v01t，得t=4×10-2 s.竖直方向：=由牛顿第二定律得：mg-qE=ma,E=

Ld1=v01t1，竖直方向：=gt21 222d12

=gt2 22d12

at，得a=2.5 m/s2，22UQQ,解得：Q=6×10-6 C.所以最多有n==600颗. ddCq答案：（1）2.5 m/s≤v0≤5 m/s （2）600颗

9. 如图所示，质量为m=0.1 kg的小球置于平台末端A点，平台的右下方有一个表面光滑的斜面体，在斜面体的右边固定一竖直挡板，轻质弹簧拴接在挡板上，弹簧的自然长度为x0=0.3 m，斜面体底端C距挡板的水平距离为d2=1 m，斜面体的倾角为θ=45°，斜面体的高度h=0.5 m.现给小球一大小为v0=2 m/s的初速度，使之在空中运动一段时间后，恰好从斜面体的顶端B无碰撞地进入斜面，并沿斜面运动，经过C点后再沿粗糙水平面运动，过一段时间开始压缩轻质弹簧.小球速度减为零时，弹簧被压缩了Δx=0.1 m.已知小球与水平面

间的动摩擦因数μ=0.5，设小球经过C点时量损失，重力加速度g=10 m/s2，求：

（1）平台与斜面体间的水平距离d1； （2）小球在斜面上的运动时间t； （3）弹簧压缩过程中的最大弹性势能Ep. 【解析】（1）小球到达斜面顶端时 vBy=v0tanθ,vBy=gt1,d1=v0t1 解得：d1=0.4 m （2）在B点，vB=v2C-v2B=2avC=vB+at 解得：t=0.2 s vC=32m/s （3）小球在水平面上运动的过程中，由能量守恒定律可得：解得：Ep=0.5 J

答案：（1）0.4 m （2）0.2 s （3）0.5 J

v0小球由B到C过程中，mgsinθ=ma cosh sin12

mvC=μmg(d2-x0+Δx)+Ep 2第二部分

1.（2010·浙江理综·T20） 宇宙飞船以周期为T绕地球作圆周运动时，由于地球遮挡阳

光，会经历“日全食”过程，如图所示。已知地球的半径为R，地球质量为M，引力常量为G，地球自转周期为T0。太阳光可看作平行光，宇航员在A点测出的张角为，则

A．飞船绕地球运动的线速度为

2R

Tsin(/2)B．一天内飞船经历“日全食”的次数为T/T0 C．飞船每次“日全食”过程的时间为T0/(2) D．飞船周期为T2RR

sin(/2)GMsin(/2)【命题立意】本题以实际的天体运动问题为背景,体现物理知识在实际问题中的灵活运用，主要考查天体运行中的万有引力和圆周运动知识以及日食知识。

【思路点拨】可以作出宇宙飞船运动轨迹和阳光被地球遮挡情况图，利用几何关系结合万有引力和圆周运动知识进行分析。

【规范解答】选AD，由几何关系知：宇宙飞船的运行半径

rR，所以线速度

sin(/2)VMm222r2R)r得：，所以A正确；由牛顿第二定律G2m(TrTTsin(/2)42r32RR，所以D正确；一天内飞船经历“日全食”的次TGMsin(/2)GMsin(/2)数为T0/ T，B错误；由几何关系知知，飞船每次被地球挡住阳光的轨迹圆弧对应的圆心角为，因此飞船每次“日全食”过程的时间为

T，所以C错误。 22.（2010·江苏物理卷·T6）2009年5月，航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后，在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的一点，如图所示，关于航天飞机的运动，下列说法中正确的有

（A）在轨道Ⅱ上经过A的速度小于经过B的速度

（B）在轨道Ⅱ上经过A的动能小于在轨道Ⅰ上经过A 的动能 （C）在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期

（D）在轨道Ⅱ上经过A的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A的加速度

【命题立意】本题以航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修为背景，通过对航天飞机在不同轨道上运行的周期、加速度、能量的讨论，来考查万有引力定律的应用及航天知识。 【思路点拨】卫星变轨问题，要抓住确定轨道上运行机械能守恒，在不同轨道上的卫星其机械能不同，轨道越大机械能越大；加速度大小的判断可根据受力大小来确定。

【规范解答】选ABC 根据开普勒定律可知，卫星在近地点的速度大于远地点的速度，A正确；由I轨道变到II轨道要减速，所以B正确；类比于行星椭圆运动，由开普勒定律第

GMR3a三定律可知，2k，R2＜R1，所以T2＜T，C正确；根据，在A点时加速度1R2T相等，D错误。

3.（2010·北京理综·T16）一物体静置在平均密度为的球形天体表面的赤道上。已知万有引力常量Ｇ，若由于天体自转使物体对天体表面压力恰好为零，则天体自转周期为

1114133Ａ．()2 Ｂ．()2 Ｃ．()2 Ｄ．()2

3G4GGG【命题立意】本题以天体转动为考查点，体现了应用物理知识分析具体问题的能力，这是高考命题的趋势。

【思路点拨】天体自转使物体对天体表面压力恰好为零，则万有引力提供物体做圆周运动的向心力。

Mm2【规范解答】选D，由万有引力提供向心力得：G2mr

rT4332而MR，解得T()，故正确答案为D。

3G124.（2010·山东理综·T18）1970年4月24日，我国自行设计、制造的第一颗人造地球卫

星“东红一号”发射成功，开创了我国航天事业的新纪元。“东方红一号”的运行轨道为椭圆轨道，其近地点M和远地点N的高度分别为439km和2384km，则

A．卫星在M点的势能大于N点的势能 B．卫星在M点的角速度大于N点的角速度 C．卫星在M点的加速度大于N点的加速度 D．卫星在N点的速度大于7．9km/s

【命题立意】本题以“东方红一号”卫星材料为背景,体现了现代航天技术始终是高考的一个热点。主要考查万有引力定律、牛顿第二定律、开普勒三定律等知识点。 【思路点拨】解答本题时可按以下思路分析： 受力分析

【规范解答】选BC. 卫星在M点受到的万有引力大于N点受到的万有引力，所以卫星在

运动分析 运动牛顿第二定律求解 M点的加速度大于N点的加速度，C正确；卫星离地面越高，线速度越小，角速度越小，

重力势能越大，所以A错误,B正确；卫星的第一宇宙速度是7．9km/s，是最大的环绕速度，所以D错误。

5.（2010.上海物理卷T15）. 月球绕地球做匀速圆周运动的向心加速度大小为a，设月球表面的重力加速度大小为g1，在月球绕地球运行的轨道处由地球引力产生的加速度大小为

g2，则

（A）g1a （B）g2a （C）g1g2a （D）g2g1a 【命题立意】本题考查万有引力定律和圆周运动

【思路点拨】要区分清楚两个概念：月球的向心加速度、月球表面的重力加速度.

【规范解答】选B 根据月球绕地球做匀速圆周运动的向心力由地球引力提供，月球的向心加速度a就是地球引力作用在月球上产生的加速度g2，因此，g2a

6.我国未来将建立月球基地，并在绕月轨道上建造空间站.如图4-2-2所示，关闭动力的航

天飞机在月球引力作用下经椭圆轨道向月球靠近，并将与空间站在B处对接.已知空间站绕月轨道半径为r，周期为T，万有引力常量为G，下列说法中正确的是（ ）

A.图中航天飞机在飞向B处的过程中，月球引力做正功 B.航天飞机在B处由椭圆轨道进入空间站轨道必须点火减速 C.根据题中条件可以算出月球质量

D.根据题中条件可以算出空间站受到月球引力的大小

【解析】选A、B、C.航天飞机在飞向月球的过程中，月球对飞机的万有引力与飞机速度间

夹角小于90°，万有引力做正功，A正确；由得：M=，C正确；但因不

知空间站质量，不能算出月球对空间站的引力大小，D错误；若航天飞机由空间站轨道沿原轨道返回，做离心运动，在B处速度必须加速，因此航天飞机在B处由椭圆轨道进入圆轨道，必须点火减速，B正确.

第三部分

1.（2009·北京高考）如图5-2-7所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场.一带电粒子a（不计重力）以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域,恰好沿直线由区域右边界的O′点（图中未标出）穿出.若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b（不计重力）仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b（ ）

A.穿出位置一定在O′点下方 B.穿出位置一定在O′点上方

C.运动时，在电场中的电势能一定减小

D.在电场中运动时，动能一定减小

【解析】选C.a粒子要在电场、磁场的复合区内做直线运动,则一定是匀速直线运动,故qE=qvB,即满足E=Bv.无论粒子带正电还是负电,都可以沿直线穿出复合场.若只保留电场，由于b粒子不知电性,故无法判断从

O′点的上方或下方穿出,故A、B错.粒子b在穿越电场区时,必受电场力作用而做类平抛运动,电场力做正功,电势能减小,动能增大,故C对D错.

2.（2009·浙江理综·T25）如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上。在xOy平面内有与y轴平行的匀强电场，在半径为R的圆内还有与xOy平面垂直的匀强磁场。在圆的左边放置一带电微粒发射装置，它沿x轴正方向发射出一束具有相同质量m、电荷量q（q>0）和初速度v的带电微粒。发射时，这束带电微粒分布在0（1）从A点射出的带电微粒平行于x轴从C点进入有磁场区域，并从坐标原点O沿y轴负方向离开，求点场强度和磁感应强度的大小和方向。

（2）请指出这束带电微粒与x轴相交的区域，并说明理由。

（3）若这束带电微粒初速度变为2v，那么它们与x轴相交的区域又在哪里？并说明理由。 【解 析】

本题考查带电粒子在复合场中的运动。带电粒子平行于x轴从C点进入磁场，说明带电微粒所受重力和电场力平衡。设电场强度大小为E，由 mgqE

E可得

mgq 方向沿y轴正方向。

带电微粒进入磁场后，将做圆周运动。 且 r=R

mv2qvBR得 如图（a）所示，设磁感应强度大小为B。由

BmvqR 方向垂直于纸面向外

（2）这束带电微粒都通过坐标原点。

方法一：从任一点P水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R的匀速圆周运动，其圆心位于其正下方的Q点，如图b所示，这束带电微粒进入磁场后的圆心轨迹是如图b的虚线半圆，此圆的圆心是坐标原点为。 方法二：从任一点P水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R的匀速圆周运动。如图b示，高P点与O′点的连线与y轴的夹角为θ，其圆心Q的坐标为（-Rsinθ，Rcosθ）,圆周运动轨迹方程为

xRsin2yRcos2R2

得 x=0 x=-Rsinθ

y=0 或 y=R(1+cosθ) （3）这束带电微粒与x轴相交的区域是x>0

带电微粒在磁场中经过一段半径为r′的圆弧运动后，将在y同的右方(x>0)的区域离开磁场并做匀速直线运动，如图c所示。靠近M点发射出来的带电微粒在突出磁场后会射向x同正方向的无穷远处国靠近N点发射出来的带电微粒会在靠近原点之处穿出磁场。 所以，这束带电微粒与x同相交的区域范围是x>0.

mv【答案】（1）qR；方向垂直于纸面向外

（2）见解析

（3）与x同相交的区域范围是x>0

3.（2010·福建理综·T20）如图所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转电场。一束同位素离子流从狭缝

S1射入速度选择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S2射出

的离子，又沿着与电场垂直的方向，立即进入场强大小为E的偏转电场，最后打在照相底片D上。已知同位素离子的电荷量为q (q＞0)，速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为

E0的匀强电场和磁感应强度大小为B0的匀强磁场，照相底片D与狭缝S1、S2连线平行

且距离为L，忽略重力的影响。

（1）求从狭缝

S2射出的离子速度v0的大小；

（2）若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度v0方向飞行的距离为x，求出x 与离子质量m之间的关系式(用E0、B0、E、q、m、L 表示)。 【命题立意】本题以速度选择器和匀强电场为背景，考查学生分析带电粒子在正交电磁场中和在匀强电场中的类平抛运动问题

【思路点拨】速度选择器的受力分析和电场中的偏转 【规范解答】（1）能从速度选择器中飞出，则有

qE0qv0B0 ①

v0解得

E0B0 ②

离子进入电场后作类平抛运动 则 qEma ③

xv0t ④

12at2 ⑤

L

x联立②③④⑤解得

E0B02mLqE

x【答案】

E0B02mLqE

4.（2010·山东理综·T 25）（18分）如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为d，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里。一质量为m、带电量+q、重力不计的带电粒子，以初速度

v1垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电

场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动。已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推。求

⑪粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功⑫粒子第n次经过电场时电场强度的大小⑬粒子第n次经过电场子所用的时间

W1。

En。

tn。

⑭假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零。请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线（不要求写出推导过程，不要求标明坐标明坐标刻度值）。

【命题立意】本题以带电粒子在复合场中的运动为情景，结合变化的电场的周期性，突出了高考对运用数学工具处理物理问题能力、推理能力、分析综合能力的要求，主要考查洛伦兹力公式、牛顿第二定律、动能定理、匀加速直线运动规律、匀速圆周运动规律、电场变化的周期和运动时间的关系等知识点。

【思路点拨】解答本题时可按以下思路分析： 匀速圆周运动特点 速度关系 半径关系 加速电场特点 n次加速的特点

【规范解答】

（1）设磁场的磁感应强度的大小为B，粒子第n次进入磁场时的半径为Rn，速度为vn，由牛顿第二定律得：

vqvnBmnRn ①

由①得：

2vnqRnBm ②

因为R2=2R1，所以

v22v1 ③

对于粒子第一次在电场中的运动，由动能定理得

W11122mv2mv122 ④

联立③④式解得

3mv1W12 ⑤

（2）粒子第n次进入电场时速度为vn，出电场时速度为xn+1，有

2（n1）v1 ⑥vnnv1，vn1

由动能定理得

qEnd1122mvn1mvn22 ⑦

2联立⑥⑦式得

(2n1)mv1En2qd ⑧

（3）设粒子第n次在电场中运动的加速度为an，由牛顿第二定律得

qEnman ⑨

由运动学公式得

vn1vnantn ⑩

联立⑥⑧⑨⑩式得

tn2d(2n1)v1

（4）如图所示

评分标准：

（1）问6分，①②③共3分，④⑤共3分 （2）问5分，⑥⑦共4分，⑧1分 （3）问4分，⑨⑩共3分，（4）问3分

1分

5. D

qU6.【解析】选A、C.带电粒子进入复合场后,受到电场力d和洛伦兹力qvB.粒子动能减小qUqU说明电场力做负功, dqvB.所

以答案A、C正确.

mv7. 【解析】选D.带电粒子从D形盒射出时,其运动半径为D形盒的半径R,即R=Bq.粒子的

1B2q2R2动能为Ek=2mv2=2m,由上式知,粒子最后的动能与加速电压无关而与磁场有关,可

见,A、B均错.粒子做一次圆周运动被加速两次,则要求交变电场的周期应与圆周运动的周期

2mm相等,C错.粒子做圆周运动的周期为T=Bq,对不同的带电粒子,比荷q一般不同,因此所需

交变电场的周期也不同,就需调节交变电场的频率,故D对. 8.

9. 解析】(1)A1在竖直方向做自由落体运动

1有H= 2gt2 (3分)

代入数据解得t=

3s. (2分)

(2)设A1的质量为m0,着地速率为v,根据机械能守恒定律

11有2m0v2= 2m0v02+m0gH ①(3分)

代入数据解得v=20 m/s. (2分)

(3)A1着地时恰与A2相撞,说明A2在水平地面一定以速度v0向右做匀速运动,因A2受到如

图所示的五个力作用,故由平衡条件有: μFN=F② (2分) FN+qv0B=mg③ (2分) 由③式代入数据得FN=0.9 N (1分) 代入②式解得μ=0.3. (1分) 答案:(1)3 s (2)20 m/s (3)0.3

10.【解析】(1)粒子在第一象限做类平抛运动(如图),加速度