（2027届高考物理人教版（2019）二轮练习（含解析）复习之挑战压轴题：带电粒子在电场中的运动（10题）

这是一份（2027届高考物理人教版（2019）二轮练习（含解析）复习之挑战压轴题：带电粒子在电场中的运动（10题），共3页。试卷主要包含了解答题，类平抛运动，平抛运动的基本规律等内容，欢迎下载使用。
1．（2014•新课标Ⅰ）如图，、、为同一竖直平面内的三个点，沿竖直方向，，，将一质量为的小球以一定的初动能自点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过点，使此小球带电，电荷量为，同时加一匀强电场，场强方向与所在平面平行。现从点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了点，到达点时的动能是初动能的3倍，若该小球从点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过点，且到达点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为，求：
（1）无电场时，小球到达点时的动能与初动能的比值；
（2）电场强度的大小和方向。
2．（通州区校级一模）如图所示，内表面光滑绝缘的半径为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。有一质量为、带负电的小球，电荷量大小为，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点时，小球与轨道压力恰好为零，取，求：
（1）小球在点处的速度大小；
（2）小球运动到最高点时对轨道的压力。
3．（茂名二模）如图甲所示，在平面直角坐标系中，第一象限内有一平行板电容器，左侧极板与轴重合，下端与轴重合，两极板间所加电压如图乙所示，已知时刻右侧极板电势高于左侧极板电势，两极板长度为，板间距为。在第四象限内存在沿轴负方向、的匀强电场，在处垂直于轴放置足够大的平面荧光屏，屏与轴交点为，一束比荷的带正电粒子沿两极板间中线不断射入两极板间的电场中，速度大小，所有粒子均能垂直于轴射入第四象限，并有粒子从两极板边缘射出，忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力。
（1）粒子在两极板间运动的加速度的大小；
（2）从坐标为的点射出的粒子打到荧光屏上的位置与点间的距离；
（3）打到荧光屏上且距点左侧最远的粒子进入两极板间的时刻。
4．（阿拉善盟模拟）如图所示，是一个正方形盒子。边的中点有一个小孔。盒子中有沿方向的匀强电场。一个质量为带电量为的粒子从处的小孔沿方向以初速度射入盒内，并恰好从处的小孔射出。（忽略粒子重力）求：
（1）该带电粒子从孔射出的速度大小。
（2）该过程中电场力对该带电粒子做的功。
（3）若正方形的边长为，试求该电场的场强。
5．（平遥县校级模拟）如图所示，空间有场强竖直向下的电场，长不可伸长的轻绳固定于点。另一端系一质量带电的小球。拉起小球至绳水平后在点无初速度释放，当小球运动至点的正下方点时绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成、无限大的挡板上的点。试求：
（1）绳子的最大张力；
（2）、两点的电势差；
（3）当小球运动至点时，突然施加一恒力作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移至某处，若小球仍能垂直打在档板上，所加恒力的方向及取值范围。
6．（崇明区一模）如图，上下放置的两带电金属板，相距为，板间有竖直向下的匀强电场．距上板处有一带电的小球，在上方有带电的小球，他们质量均为，用长度为的绝缘轻杆相连。已知．让两小球从静止释放，小球可以通过上板的小孔进入电场中（重力加速度为。求：
（1）球刚进入电场时的速度大小；
（2）球刚进入电场时的速度大小；
（3）球是否能碰到下金属板？如能，求刚碰到时的速度大小。如不能，请通过计算说明理由。
7．（深圳二模）如图（a）所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场（平行于纸面），在同一水平线上的两位置，以相同速率同时喷出质量均为的油滴和，带电量为的水平向右，不带电的竖直向上。上升高度为时，到达最高点，此时恰好与它相碰，瞬间结合成油滴．忽略空气阻力，重力加速度为。求：
（1）油滴竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离；
（2）匀强电场的场强及油滴、结合为后瞬间的速度：
（3）若油滴形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变化的匀强磁场，磁场变化规律如图（b）所示，磁场变化周期为（垂直纸面向外为正），已知始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积。（忽略磁场突变的影响）
8．（大兴区一模）下图是磁聚焦法测比荷的原理图。在阴极和阳极之间加电压，电子由阳极中心处的小孔射出。小孔与荧光屏中心点连线为整个装置的中轴线。在极板很短的电容器上加很小的交变电场，使不同时刻通过这里的电子发生不同程度的偏转，可认为所有电子从同一点发散。在电容器和荧光屏之间加一平行的匀强磁场，电子从出来后将沿螺旋线运动，经过一段时间再次汇聚在一点。调节磁感应强度的大小，可使电子流刚好再次汇聚在荧光屏的点。已知、之间的加速电压为，与之间磁场的磁感应强度为，发散点到点的距离为。
（1）我们在研究复杂运动时，常常将其分解为两个简单的运动形式。你认为题中电子的螺旋运动可分解为哪两个简单的运动形式？
（2）求电子的比荷。
9．（凉州区校级模拟）如图所示，与间为一无场区。无场区左侧、为相距为、板长为的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中为正极板。无场区右侧为一点电荷形成的电场，点电荷的位置为圆弧形细圆管的圆心，圆弧半径为，圆心角为，、在两板间的中心线上，位于上。一个质量为、电荷量为的带正电粒子以初速度沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动。（不计粒子的重力、管的粗细）求：
（1）处点电荷的电性和电荷量；
（2）两金属板间所加的电压。
10．（平城区校级模拟）如图所示，矩形、绝缘水平直杆和半径的光滑绝缘圆弧杆在同一竖直面内，其中竖直，小孔为的中点，与相切于点，点与间的高度差，、长均为，长．在的左侧空间有竖直向上的匀强电场，质量为的不带电绝缘小球和质量为、电荷量为的带正电小球套在杆上，静止在处，从处由静止开始滑下，滑到处时与发生弹性正碰。已知小球与间的动摩擦因数，取，两球均视为质点且只相碰一次。
（1）若场强大小，求小球与碰前瞬间受到杆的支持力与重力大小之比以及小球碰后开始第一次到达矩形所用的时间；
（2）若场强大小，求小球离开杆后第一次与矩形相碰处与点的距离（结果保留2为小数）；
（3）若小球在上滑行过程中场强大小随小球的速率按（其中变化，当小球运动到处后场强大小突然变为，求离开杆后第一次与矩形相碰处到点的距离（结果保留2为小数）。
2020年高考物理复习之挑战压轴题：带电粒子在电场中的运动（10题）
参考答案与试题解析
一、解答题（共10小题）
1．（2014•新课标Ⅰ）如图，、、为同一竖直平面内的三个点，沿竖直方向，，，将一质量为的小球以一定的初动能自点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过点，使此小球带电，电荷量为，同时加一匀强电场，场强方向与所在平面平行。现从点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了点，到达点时的动能是初动能的3倍，若该小球从点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过点，且到达点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为，求：
（1）无电场时，小球到达点时的动能与初动能的比值；
（2）电场强度的大小和方向。
【考点】43：平抛运动；：带电粒子在匀强电场中的运动
【专题】532：电场力与电势的性质专题
【分析】（1）小球做平抛运动，设初速度．初动能，从到的运动时间为，将该运动分解即可；
（2）加电场后，同样使用动能定理与功能关系对小球到达与到达的过程分别列出公式即可。
【解答】解：（1）小球做平抛运动，设初速度．初动能，从到的运动时间为，令，
则：，
根据平抛运动的规律得：水平方向：①
竖直方向：②
又：③
联立①②③解得：④
设小球到达时的动能为，则：⑤
所以：；
（2）加电场后，从点到点下降了，从点到点下降了，设两点的电势能分别减小△和△，由能量守恒和④得：
⑥
⑦
在匀强电场中，沿着任意直线，电势的降落是均匀的，设直线上的点的电势与的电势相同，点到点的距离是，如图，则有：
⑧
解得：，
是等势线，电场线与的垂线平行，设电场方向与竖直向下的方向之间的夹角是，
由几何关系可得是等边三角形，所以：，
即电场线的方向与竖直方向之间的夹角是，
设电场强度的大小是，则：△⑨
联立④⑥⑨得：，
答：（1）无电场时，小球到达点时的动能与初动能的比值是；
（2）电场强度的大小是，方向与竖直方向之间的夹角是。
【点评】本题是平抛运动与类平抛运动的组合，关键是运用动能定理与功能关系研究小球到达与到达的过程，再运用电场力做功的基本规律解题。
2．（通州区校级一模）如图所示，内表面光滑绝缘的半径为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。有一质量为、带负电的小球，电荷量大小为，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点时，小球与轨道压力恰好为零，取，求：
（1）小球在点处的速度大小；
（2）小球运动到最高点时对轨道的压力。
【考点】：向心力；：带电粒子在匀强电场中的运动
【专题】32：定量思想；531：带电粒子在电场中的运动专题；43：推理法；11：计算题
【分析】（1）球受重力、电场力、弹力，重力小于电场力，在点，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解点的速度大小；
（2）对从到过程根据动能定理列式求解点的速度；在点，重力、电场力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解支持力；根据牛顿第三定律得到压力。
【解答】解：（1）重力：
电场力：
在点，有：
代入数据解得：
（2）设球在点的速度大小为，从到，由动能定理有：
在点，设轨道对小球弹力为，则有：
由牛顿第三定律有：
代入数据解得：
答：（1）小球在点处的速度大小为；
（2）小球运动到最高点时对轨道的压力为。
【点评】本题关键是明确小球的受力情况和运动情况，结合动能定理和向心力公式列式分析，可以将重力和电场力合成为“等效重力”，然后就能够结合竖直平面内的圆周运动模型进行分析。
3．（茂名二模）如图甲所示，在平面直角坐标系中，第一象限内有一平行板电容器，左侧极板与轴重合，下端与轴重合，两极板间所加电压如图乙所示，已知时刻右侧极板电势高于左侧极板电势，两极板长度为，板间距为。在第四象限内存在沿轴负方向、的匀强电场，在处垂直于轴放置足够大的平面荧光屏，屏与轴交点为，一束比荷的带正电粒子沿两极板间中线不断射入两极板间的电场中，速度大小，所有粒子均能垂直于轴射入第四象限，并有粒子从两极板边缘射出，忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力。
（1）粒子在两极板间运动的加速度的大小；
（2）从坐标为的点射出的粒子打到荧光屏上的位置与点间的距离；
（3）打到荧光屏上且距点左侧最远的粒子进入两极板间的时刻。
【考点】：带电粒子在匀强电场中的运动；65：动能定理
【专题】43：推理法；32：定量思想；11：计算题；531：带电粒子在电场中的运动专题
【分析】（1）由带电粒子在电场中受的力可求出带电粒子在两极板间运动的加速度；
（2）由运动学分析可知粒子进入第四象限的速度与角度，进而求得运动的距离；
（3）由粒子在方向和方向的运动情况可以表示出打到荧光屏上的粒子距离点的位移，求极值可以得到结果。
【解答】解：（1）设粒子在两极板间运动的加速度大小为，由牛顿第二定律可知：，而
解得：
（2）从射入第四象限，做类平抛运动，设运动时间为，则有：
，
到达轴时速度与水平方向的夹角为，可得：
设达到荧光屏上的点与点的距离为，
解得：
（3）设粒子达到点左侧的距离为的出射点坐标为，
与（2）同理可得：
解得：
当时，有极大值，当粒子从位置射出时，即从两极板中线射出，粒子进入两极板间的时刻一定为、、
可得粒子进入两极板间的时刻为、1、2、
答：（1）粒子在两极板间运动的加速度的大小
（2）从坐标为的点射出的粒子打到荧光屏上的位置与点间的距离为
（3）打到荧光屏上且距点左侧最远的粒子进入两极板间的时刻为、1、2、
【点评】本题主要考查了带电粒子在匀强电场场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握平抛运动的基本公式。
4．（阿拉善盟模拟）如图所示，是一个正方形盒子。边的中点有一个小孔。盒子中有沿方向的匀强电场。一个质量为带电量为的粒子从处的小孔沿方向以初速度射入盒内，并恰好从处的小孔射出。（忽略粒子重力）求：
（1）该带电粒子从孔射出的速度大小。
（2）该过程中电场力对该带电粒子做的功。
（3）若正方形的边长为，试求该电场的场强。
【考点】：带电粒子在匀强电场中的运动
【专题】531：带电粒子在电场中的运动专题
【分析】（1）粒子进入电场后水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，用平均速度表示竖直位移和水平位移，求出粒子从孔射出时竖直方向的速度，再合成求解粒子从孔射出的速度大小。
（2）根据动能定理求出电场力做功。
（3）根据牛顿第二定律和位移公式结合求出电场强度。
【解答】解：
（1）设粒子从孔射出时竖直方向分速度为。
则有：
水平方向：①
竖直方向：②
联立①②得到，
所以带电粒子从孔射出的速度大小。
（2）根据动能定理得，电场力对该带电粒子做的功
（3）根据牛顿第二定律得，加速度，，
联立得，
答：
（1）该带电粒子从孔射出的速度大小为。
（2）该过程中电场力对该带电粒子做的功为。
（3）若正方形的边长为，求该电场的场强为。
【点评】本题是类平抛运动问题，基本方法是运动的分解法，要抓住水平和竖直两个方向位移的关系是关键。
5．（平遥县校级模拟）如图所示，空间有场强竖直向下的电场，长不可伸长的轻绳固定于点。另一端系一质量带电的小球。拉起小球至绳水平后在点无初速度释放，当小球运动至点的正下方点时绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成、无限大的挡板上的点。试求：
（1）绳子的最大张力；
（2）、两点的电势差；
（3）当小球运动至点时，突然施加一恒力作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移至某处，若小球仍能垂直打在档板上，所加恒力的方向及取值范围。
【考点】：带电粒子在匀强电场中的运动；65：动能定理
【专题】531：带电粒子在电场中的运动专题
【分析】根据动能定理求出小球经过最低点时的速度。经过最低点时，由重力和细线的拉力的合力提供小球的向心力，由牛顿第二定律求出细线对小球的拉力。粒子在电场中做类平抛运动，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是匀加速直线运动，由此可以求得粒子末速度的大小。
【解答】解：（1）由动能定理及圆周运动知识有：
①
②
联解①②得：③
（2）由功能关系及电场相关知识有：
④
⑤
⑥
联解④⑤⑥得：⑦
（3）由题可知施加恒力后小球必须做匀速直线或匀加速直线运动，才能垂直打在档板上。
设恒力与竖直方向的夹角为，作出小球的受力矢量三角形分析如图所示。（或由矢量三角形可知：当与（或运动）的方向垂直时，有最小值而无最大值）⑧
由矢量三角形图有：⑨
⑩
联解⑨⑩得：

答：（1）绳子的最大张力为；
（2）、两点的电势差为；
（3）所加恒力的取值范围；方向范围为。
【点评】本题是带电物体在电场中圆周运动问题，动能定理和向心力结合是常用的解题方法。粒子垂直进入电场中做的是类平抛运动，本题就是考查学生对类平抛运动的规律的应用。
6．（崇明区一模）如图，上下放置的两带电金属板，相距为，板间有竖直向下的匀强电场．距上板处有一带电的小球，在上方有带电的小球，他们质量均为，用长度为的绝缘轻杆相连。已知．让两小球从静止释放，小球可以通过上板的小孔进入电场中（重力加速度为。求：
（1）球刚进入电场时的速度大小；
（2）球刚进入电场时的速度大小；
（3）球是否能碰到下金属板？如能，求刚碰到时的速度大小。如不能，请通过计算说明理由。
【考点】65：动能定理；：带电粒子在匀强电场中的运动
【专题】32：定量思想；11：计算题；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题；63：分析综合能力
【分析】（1）进入电场前，整体做自由落体运动，由速度位移的关系式可求得球刚进入电场时的速度；
（2）球刚进入小孔前，进入电场后，受力分析，由牛顿第二定律可求得加速度大小，再由速度位移的关系式可求得球刚进入电场时的速度；
（3）球不能到达下金属板；由牛顿第二定律结合运动学公式可证明球不能到达下金属板。
【解答】解：（1）进入电场前，两小球不受电场力作用，只受重力作用，做自由落体运动。
则有：
解得：
（2）球刚进入小孔前，只有球受电场力，，方向竖直向下，系统受力分析如图，由牛顿第二定律可得：
解得：
系统做匀加速直线运动，
代入数据得：
（3）球不能到达下金属板；
当、球全部进入电场后，系统受力如图所示；由牛顿第二定律得：
解得：
设系统速度为零时没到达下金属板，设停下来时通过的距离，由位移速度的关系式得：
代入数据得：，故球不能到达下金属板。
答：（1）球刚进入电场时的速度大小是；
（2）球刚进入电场时的速度大小是；
（3）球不能碰到下金属板，理由如上所示。
【点评】本题考查了牛顿第二定律、运动学公式的综合应用，关键是选取合适的运动过程列式求解。
7．（深圳二模）如图（a）所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场（平行于纸面），在同一水平线上的两位置，以相同速率同时喷出质量均为的油滴和，带电量为的水平向右，不带电的竖直向上。上升高度为时，到达最高点，此时恰好与它相碰，瞬间结合成油滴．忽略空气阻力，重力加速度为。求：
（1）油滴竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离；
（2）匀强电场的场强及油滴、结合为后瞬间的速度：
（3）若油滴形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变化的匀强磁场，磁场变化规律如图（b）所示，磁场变化周期为（垂直纸面向外为正），已知始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积。（忽略磁场突变的影响）
【考点】65：动能定理；：带电粒子在匀强电场中的运动
【专题】11：计算题；43：推理法；537：带电粒子在复合场中的运动专题；32：定量思想
【分析】（1）油滴做竖直上抛运动，根据运动学公式可求得油滴竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离；
（2）两油滴结合之前，油滴做类平抛运动，由牛顿第二定律结合位移公式可求得电场强度，两油滴的结合过程动量守恒可求得结合为后瞬间的速度：
（3）因，油滴在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律结合周期公式可求得油滴的周期，油滴在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的“8”字形。则最小面积可求解。
【解答】解：（1）设油滴的喷出速度为，油滴做竖直上抛运动，
有，解得：
，解得：
对油滴的水平分运动，有 解得：
（2）两油滴结合之前，油滴做类平抛运动。设加速度为，有
解得：，
设结合前瞬间油滴的速度大小为，方向向右上与水平方向成角，
则
解得：，
两油滴的结合过程动量守恒，有
联立各式，解得：，方向向右上，与水平方向夹角
（3）因，油滴在磁场中做匀速圆周运动，设半径为，周期为，则
由，得：
由 得：
即油滴在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的“8”字形。
最小矩形的两条边长分别为、（轨迹如图所示）。
最小矩形的面积为。
答：（1）油滴竖直上升的时间是，两油滴喷出位置的距离；
（2）匀强电场的场强是，油滴、结合为后瞬间的速度是，方向向右上，与水平方向夹角：
（3）矩形区域的最小面积是。
【点评】本题考查了粒子在复合场中的运动，知道粒子受到重力和电场力平衡，靠洛伦兹力提供向心力，结合半径公式和周期公式，运用数学几何关系进行求解。
8．（大兴区一模）下图是磁聚焦法测比荷的原理图。在阴极和阳极之间加电压，电子由阳极中心处的小孔射出。小孔与荧光屏中心点连线为整个装置的中轴线。在极板很短的电容器上加很小的交变电场，使不同时刻通过这里的电子发生不同程度的偏转，可认为所有电子从同一点发散。在电容器和荧光屏之间加一平行的匀强磁场，电子从出来后将沿螺旋线运动，经过一段时间再次汇聚在一点。调节磁感应强度的大小，可使电子流刚好再次汇聚在荧光屏的点。已知、之间的加速电压为，与之间磁场的磁感应强度为，发散点到点的距离为。
（1）我们在研究复杂运动时，常常将其分解为两个简单的运动形式。你认为题中电子的螺旋运动可分解为哪两个简单的运动形式？
（2）求电子的比荷。
【考点】：带电粒子在匀强电场中的运动
【专题】32：定量思想；：方程法；11：计算题；22：学科综合题；537：带电粒子在复合场中的运动专题；63：分析综合能力
【分析】（1）根据受力情况分析电子的运动分解情况；
（2）根据两个分运动规律列式求解。
【解答】解：（1）电子沿方向进入，不受力，做匀速直线运动；竖直方向由于洛伦兹力做匀速直线运动，故电子的螺旋运动可分解为方向的匀速直线运动和垂直方向的匀速圆周运动；
（2）从发散点到再次汇聚点，两个方向的分运动时间相等，由
加速电场①
匀速直线运动②
匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力③
④
⑤
①②③④⑤联立解得：
答：（1）电子的螺旋运动可分解为方向的匀速运动和垂直于方向上的匀速圆周运动。
（2）电子的比荷为。
【点评】本题考查带电粒子在交替场中的运动，关键采用运动分解法，合理分解为沿方向的匀速直线运动和垂直方向的匀速圆周运动，根据两方向的运动规律列式求解即可。
9．（凉州区校级模拟）如图所示，与间为一无场区。无场区左侧、为相距为、板长为的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中为正极板。无场区右侧为一点电荷形成的电场，点电荷的位置为圆弧形细圆管的圆心，圆弧半径为，圆心角为，、在两板间的中心线上，位于上。一个质量为、电荷量为的带正电粒子以初速度沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动。（不计粒子的重力、管的粗细）求：
（1）处点电荷的电性和电荷量；
（2）两金属板间所加的电压。
【考点】：带电粒子在匀强电场中的运动
【专题】531：带电粒子在电场中的运动专题
【分析】根据粒子进入细管，由几何关系求出粒子射出电场时的偏转角，粒子进入细管后做匀速圆周运动，利用平抛运动的知识即可。
【解答】解：（1）粒子进入圆管后受到点电荷的库仑力作匀速圆周运动，粒子带正电，则知处点电荷带负电。由几何关系知，粒子在点速度方向与水平方向夹角为，进入点时速度为：
①
在细圆管中做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动，故带负电且满足②
由①②得：
（2）粒子射出电场时速度方向与水平方向成
③
④
⑤
⑥
由③④⑤⑥得：
答：
（1）处点电荷的电性为负和电荷量为；
（2）两金属板间所加的电压为。
【点评】本题是电场中偏转与圆周运动的综合，类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成，圆周运动的关键是确定向心的来源。
10．（平城区校级模拟）如图所示，矩形、绝缘水平直杆和半径的光滑绝缘圆弧杆在同一竖直面内，其中竖直，小孔为的中点，与相切于点，点与间的高度差，、长均为，长．在的左侧空间有竖直向上的匀强电场，质量为的不带电绝缘小球和质量为、电荷量为的带正电小球套在杆上，静止在处，从处由静止开始滑下，滑到处时与发生弹性正碰。已知小球与间的动摩擦因数，取，两球均视为质点且只相碰一次。
（1）若场强大小，求小球与碰前瞬间受到杆的支持力与重力大小之比以及小球碰后开始第一次到达矩形所用的时间；
（2）若场强大小，求小球离开杆后第一次与矩形相碰处与点的距离（结果保留2为小数）；
（3）若小球在上滑行过程中场强大小随小球的速率按（其中变化，当小球运动到处后场强大小突然变为，求离开杆后第一次与矩形相碰处到点的距离（结果保留2为小数）。
【考点】65：动能定理；：带电粒子在匀强电场中的运动
【专题】11：计算题；531：带电粒子在电场中的运动专题；2：创新题型；61：理解能力；43：推理法
【分析】（1）应用机械能守恒定律求出小球到达时的速度，两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后两球的速度，根据小球受力情况判断的运动性质，然后求出运动时间；
（2）根据电场强度求出杆对的支持力，应用动能定理求出小球离开杆时的速度，离开杆后做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出距离；
（3）应用牛顿第二定律与加速度定义式求出小球离开杆时的速度，离开杆后做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出离开杆后第一次与矩形相碰处到点的距离。
【解答】解：（1）小球从滑到的过程机械能守恒，
由机械能守恒定律得：，
碰撞瞬间，对小球，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：，，
、发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向左为正方向，由动量守恒定律得：，
由机械能守恒定律得：，
代入数据解得：，， 不符合实际情况，舍去）；
若：，则，小球不受的作用，以水平向左的速度匀速运动打到中点上，
则：；
（2）若场强：，即：，则小球受到杆的支持力大小：，
小球从运动到过程，由动能定理得：，
代入数据解得：，
小球离开杆后做类平抛运动，若小球先打在边上，
则有：，，
由牛顿第二定律得：，
代入数据解得：，故小球应先打在上，
则：，，
代入数据解得：，
小球第一次与矩形相碰处与点的距离：；
（3）设小球离开杆时的速率为，从运动到过程，
由牛顿第二定律得：，即：，
由加速度定义式有：
则△△，
积分得：，
代入数据解得：，
小球离开杆后做类平抛运动，若小球先打在边上，
则有：，，
代入数据解得：，符合假设，
小球离开杆后第一次与矩形相碰处到点的距离：；
答：（1）小球与碰前瞬间受到杆的支持力与重力大小之比为2，小球碰后开始第一次到达矩形所用的时间为；
（2）小球离开杆后第一次与矩形相碰处与点的距离为；
（3）离开杆后第一次与矩形相碰处到点的距离为。
【点评】本题是一道力学综合题，小球运动过程复杂，本题难度较大，根据题意分析清楚小球的运动过程与受力情况是解题的前提，应用动量守恒定律、运动学公式即可解题。
考点卡片
1．平抛运动
【知识点的认识】
一、平抛运动
1．定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，不考虑空气阻力，物体只在重力作用下的运动．
2．条件：（1）初速度沿水平方向；（2）只受重力作用．
3．性质：匀变速曲线运动，其运动轨迹为抛物线．
4．研究方法：分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动两个分运动．
5．规律：
（1）水平方向：匀速直线运动，vx＝v0，x＝v0t，ax＝0．
（2）竖直方向：自由落体运动，vy＝gt，y＝gt2，ay＝g．
（3）实际运动：v＝，s＝，a＝g．
二、类平抛运动
1．定义：加速度恒定，加速度方向与初速度方向垂直．
2．性质：匀变速曲线运动，其运动轨迹为抛物线．
3．研究方法：一般将类平抛运动沿初速度和加速度两个方向分解．
4．规律：与平抛运动类似．
（1）初速度方向：匀速直线运动，vx＝v0，x＝v0t，ax＝0．
（2）加速度方向：初速度为零的匀加速直线运动，vy＝ayt，y＝ayt2．
（3）合运动（实际运动）：v＝，s＝，a＝ay．
三、平抛运动的基本规律
1．速度的变化规律
（1）任意时刻的速度水平分量均等于初速度v0．
（2）任意相等时间间隔△t内的速度变化量方向竖直向下，大小△v＝△vy＝g△t．
2．位移变化规律
（1）任意相等时间间隔内，水平位移相同，即△x＝v0△t．
（2）连续相等的时间间隔△t内，竖直方向上的位移差不变，即△y＝g△t2．
3．平抛运动的两个重要推论
推论Ⅰ：做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则tanα＝2tanθ．
证明：如图所示，由平抛运动规律得：tanα＝，tanθ＝，所以tanα＝2tanθ．
推论Ⅱ：做平抛运动的物体，任意时刻的瞬时速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点．
证明：如图所示，设平抛物体的初速度为v0，从原点O到A点的时间为t，A点坐标为（x，y），B点坐标为（x′，0），则x＝v0t，y＝gt2，v⊥＝gt，又tanα＝，
解得x′＝．
即末状态速度方向的反向延长线与x轴的交点必为此时水平位移的中点．
【命题方向】
（1）第一类常考题型是考查平抛运动基本规律的应用：
如图所示，在一次空地演习中，离地H高处的飞机以水平速度V1发射一颗炮弹欲轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度V2竖直向上发射炮弹拦截．设拦截系统与飞机的水平距离为s，不计空气阻力．若拦截成功，则V1、V2的关系应满足（ ）
A．v1＝v2 B．v1＝v2 C．v1＝v2 D．v1＝v2
分析：若拦截成功，竖直上抛的炮弹和平抛的炮弹运动时间相等，在竖直方向上的位移之和等于H，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．
解：炮弹运行的时间t＝，在这段时间内飞机发射炮弹在竖直方向上的位移h1＝gt2，拦截炮弹在这段时间内向上的位移，h2＝v2t﹣gt2．
则H＝h1+h2＝v2t，所以H＝v2，解得：
v1＝v2，故C正确，A、B、D错误．
故选C．
点评：解决平抛运动的关键在于用好运动的合成与分解，明确平抛运动的实质是水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体的合运动；两个分运动互不影响，相互独立．
（2）第二类常考题型是平抛运动和斜面结合问题：
如图所示，A、B、C三个小球分别从斜面的顶端以不同的速度水平抛出，其中A、B落到斜面上，C落到水平面上，A、B落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角分别为α、β，C落到水平面上时速度方向与水平方向的夹角为γ，则（ ）
A．α＝β＝γ B．α＝β＞γ C．α＝β＜γ D．α＜β＜γ
分析：设小球落在斜面上时平抛初速度为v0，落在斜面底端时初速度为v1，落在水平面上C点时初速度为v2．小球落在斜面上时，斜面倾角的正切等于竖直位移与水平位移之比，列式求出平抛运动的时间，再求出落在斜面时速度方向与水平方向的夹角的正切，来比较夹角的大小．
解：设小球落在斜面上时平抛初速度为v0，落在斜面上时速度与水平方向的夹角为θ′，斜面倾角为θ．
由tanθ＝＝＝，得到t＝
则tanθ′＝＝＝2tanθ，与初速度大小无关，即落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角均相等，所以α＝β．
设小球落在斜面底端时速度与水平方向夹角为γ′，其初速度为v1，落在水平面上C点时初速度为v2．
由于高度相同，平抛时间相等，设为t1．
则tanγ′＝，tanγ＝
由于v1＜v2 所以tanγ′＞tanγ，γ′＞γ
由上分析可知γ′＝α＝β，所以α＝β＞γ．
故选B．
点评：本题关键是斜面的倾角的应用，它表示位移方向与水平方向的夹角，分解位移，不是分解速度，不能得到这样的式子：tanθ＝．
（3）第三类常考题型是涉及平抛运动的综合问题：
如图所示，在距地面高为H＝45m处，有一小球A以初速度v0＝10m/s水平抛出，与此同时，在A的正下方有一物块B也以相同的初速度v0同方向滑出，B与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，A、B均可看做质点，空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）A球从抛出到落地的时间和这段时间内的水平位移；
（2）A球落地时，A、B之间的距离．
分析：A球做的是平抛运动，研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同．
B球只在摩擦力的作用下，做匀减速直线运动，由匀变速直线运动的规律可以求得B的位移的大小．
解：（1）A球做的是平抛运动，由平抛运动的规律得
水平方向上：x＝V0t
竖直方向上：H＝gt2
由以上两个方程可以解得，
x＝30m，
t＝3s，
（2）对B物块，由牛顿第二定律可得，μmg＝ma，所以a＝μg＝5m/s2，
减速至停止所需要的时间为t′＝＝2s＜3s，
所以在A落地之前B已经停止运动，B的总位移为，
xB＝＝10m，
所以AB间的距离为△x＝x﹣xB＝20m．
答：（1）A球从抛出到落地的时间是3s，这段时间内的水平位移是30m；
（2）A球落地时，A、B之间的距离是20m．
点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，对B运用匀减速直线运动的规律直接求解即可．
（4）第四类常考题型是斜抛运动问题：
如图所示，水平地面上不同位置的三个小球斜上抛，沿三条不同的路径运动最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的，若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是（ ）
A．三个小球落地时的速率相等
B．沿路径3抛出的小球在空中运动时间最长
C．三个小球抛出的初速度竖直分量相等
D．三个小球抛出的初速度水平分量相等
分析：三个小球都做斜抛运动，运用运动的分解法，将其运动分解为竖直和水平两个方向研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，根据运动学公式列式，再进行分析．
解：设任一小球初速度大小为v0，初速度的竖直分量为vy，水平分量为vx，初速度与水平方向的夹角为α，上升的最大高度为h，运动时间为t，落地速度大小为v．
A、C、D、取竖直向上方向为正方向，小球竖直方向上做匀减速直线运动，加速度为a＝﹣g，
由0﹣＝﹣2gh，得vy＝，h相同，vy相同，则三个小球初速度的竖直分量相同．
由速度的分解知：vy＝v0sinα，由于α不同，所以v0不同．
根据机械能守恒定律得知，小球落地时与抛出时速率相等，所以可知三个小球落地时的速率不等．
又有 vy＝vxtanα，vy相同，α不同，则vx不同，初速度水平分量不等，故AD错误，C正确．
B、由运动学公式有：h＝，则得：t＝2，则知三个球运动的时间相等；故B错误．
故选：C．
点评：对于斜抛运动，要能熟练运用运动的分解法进行分析，掌握相关的运动学公式是解题的基础．
【解题方法点拨】
1．平抛运动的处理技巧﹣﹣一“补”登天
由平抛运动的分解规律可知，平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，我们在解答有关平抛运动的问题时，如果选择适当的位置补画这两个方向的平面，按照这种分解规律可以给解题带来极大的方便．
2．斜面上的平抛运动问题的规律总结
（1）顺着斜面平抛
方法：分解位移
x＝v0t
y＝gt2
tanθ＝
可求得t＝
（2）对着斜面平抛（如右图）
方法：分解速度
vx＝v0
vy＝gt，
tanθ＝＝
可求得t＝
（3）对着竖直墙壁平抛（如右图）水平初速度v0不同时，虽然落点不同，但水平位移相同．
t＝．
3．类平抛运动的求解方法
①常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向（即沿合外力的方向）的匀加速直线运动．两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性．
②特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度a分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解．
4．涉及平抛运动的综合问题
（1）平抛运动与其他运动形式（如匀速直线运动、竖直上抛运动、自由落体运动、圆周运动等）综合的题目．在这类问题的分析中要注意平抛运动与其他运动在时间上、位移上、速度上的相关分析．
（2）多体平抛问题：
①若两物体同时从同一高度（或同一点）抛出，则两物体始终在同一高度，二者间距只决定于两物体水平分运动；
②若两物体同时从不同高度抛出，则两物体高度差始终与抛出点高度差相同，二者间距由两物体水平分运动和竖直高度差决定；
③若两物体从同一点先后抛出，两物体竖直高度差随时间均匀增大，二者间距决定于两物体水平分运动和竖直分运动．
2．向心力
【知识点的认识】
一：向心力
1．作用效果：产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小．
2．大小：Fn＝man＝＝mω2r＝．
3．方向：总是沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力．
4．来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，甚至可以由一个力的分力提供，因此向心力的来源要根据物体受力的实际情况判定．
注意：向心力是一种效果力，受力分析时，切不可在物体的相互作用力以外再添加一个向心力．
二、离心运动和向心运动
1．离心运动
（1）定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动．
（2）本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向．
（3）受力特点：
当F＝mrω2时，物体做匀速圆周运动；
当F＝0时，物体沿切线方向飞出；
当F＜mrω2时，物体逐渐远离圆心，F为实际提供的向心力．如图所示．
2．向心运动
当提供向心力的合外力大于做圆周运动所需向心力时，即F＞mrω2，物体渐渐向圆心靠近．如图所示．
注意：物体做离心运动不是物体受到所谓离心力作用，而是物体惯性的表现，物体做离心运动时，并非沿半径方向飞出，而是运动半径越来越大或沿切线方向飞出．
【重要知识点分析】
1．圆周运动中的运动学分析
（1）对公式v＝ωr的理解
当r一定时，v与ω成正比．
当ω一定时，v与r成正比．
当v一定时，ω与r成反比．
（2）对a＝＝ω2r＝ωv的理解
在v一定时，a与r成反比；在ω一定时，a与r成正比．
2．匀速圆周运动和非匀速圆周运动的比较
【命题方向】
（1）第一类常考题型是对圆周运动中的传动问题分析：
一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直水平面，圆锥筒固定，有质量相等的小球A和B沿着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动，A的运动半径较大，则（ ）
A．球A的线速度等于球B的线速度
B．球A的角速度等于球B的角速度
C．球A的运动周期等于球B的运动周期
D．球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力
分析：对AB受力分析，可以发现它们都是重力和斜面的支持力的合力作为向心力，并且它们的质量相等，所以向心力的大小也相等，再根据线速度、加速度和周期的公式可以做出判断．
解：
A、如右图所示，小球A和B紧贴着内壁分别在水平面内做匀速圆周运动．
由于A和B的质量相同，小球A和B在两处的合力相同，即它们做圆周运动时的向心力是相同的．
由向心力的计算公式F＝m，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的线速度大，所以A错误．
B、又由公式F＝mω2r，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的角速度小，所以B错误．
C、由周期公式T＝，所以球A的运动周期大于球B的运动周期，故C错误．
D、球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力，所以D正确．
故选D．
点评：对物体受力分析是解题的关键，通过对AB的受力分析可以找到AB的内在的关系，它们的质量相同，向心力的大小也相同，本题能很好的考查学生分析问题的能力，是道好题．
（2）第二类常考题型是对圆周运动中的动力学问题分析：
如图所示，质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆轨道上做圆周运动．圆半径为R，小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆轨．则其通过最高点时（ ）
A．小球对圆环的压力大小等于mg
B．小球受到的向心力等于重力
C．小球的线速度大小等于
D．小球的向心加速度大小等于g
分析：小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆环，知轨道对小球的弹力为零，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球的速度．
解：A、因为小球刚好在最高点不脱离圆环，则轨道对球的弹力为零，所以小球对圆环的压力为零．故A错误．
B、根据牛顿第二定律得，mg＝m＝ma，知向心力不为零，线速度v＝，向心加速度a＝g．故B、C、D正确．
故选BCD．
点评：解决本题的关键知道在最高点的临界情况，运用牛顿第二定律进行求解．
（3）第二类常考题型是对圆周运动的绳模型与杆模型分析：
如图，质量为0.5kg的小杯里盛有1kg的水，用绳子系住小杯在竖直平面内做“水流星”表演，转动半径为1m，小杯通过最高点的速度为4m/s，g取10m/s2．求：
（1）在最高点时，绳的拉力？
（2）在最高点时水对小杯底的压力？
（3）为使小杯经过最高点时水不流出，在最高点时最小速率是多少？
分析：（1）受力分析，确定圆周运动所需要的向心力是由哪个力提供的；
（2）水对小杯底的压力与杯子对水的支持力是作用力与反作用力，只要求出杯子对水的支持力的大小就可以了，它们的大小相等，方向相反；
（3）物体恰好能过最高点，此时的受力的条件是只有物体的重力作为向心力．
解：（1）小杯质量m＝0.5kg，水的质量M＝1kg，在最高点时，
杯和水的受重力和拉力作用，如图所示，
合力F合＝（M+m）g+T﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
圆周半径为R，则F向＝（M+m）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
F合提供向心力，有 （M+m）g+T＝（M+m）
所以细绳拉力T＝（M+m）（﹣g）＝（1+0.5）（﹣10）＝9N；
（2）在最高点时，水受重力Mg和杯的压力F作用，如图所示，
合力F合＝Mg+F
圆周半径为R，则F向＝M
F合提供向心力，有 Mg+F＝M
所以杯对水的压力F＝M（﹣g）＝1×（﹣10）＝6N；
根据牛顿第三定律，水对小杯底的压力为6N，方向竖直向上．
（3）小杯经过最高点时水恰好不流出时，此时杯对水的压力为零，只有水的重力作为向心力，由（2）得：
Mg＝M
解得v＝＝m/s＝．
答：（1）在最高点时，绳的拉力为9 N；（2）在最高点时水对小杯底的压力为6N；（3）在最高点时最小速率为．
点评：水桶在竖直面内做圆周运动时向心力的来源是解决题目的重点，分析清楚哪一个力做为向心力，再利用向心力的公式可以求出来，必须要明确的是当水桶恰好能过最高点时，只有水的重力作为向心力，此时水恰好流不出来．
【解题方法点拨】
1．圆周运动中的运动学规律总结
在分析传动装置中的各物理量时，要抓住不等量和相等量的关系，具体有：
（1）同一转轴的轮上各点角速度ω相同，而线速度v＝ωr与半径r成正比．
（2）当皮带（或链条、齿轮）不打滑时，传动皮带上各点以及用皮带连接的两轮边沿上的各点线速度大小相等，而角速度ω＝与半径r成反比．
（3）齿轮传动时，两轮的齿数与半径成正比，角速度与齿数成反比．
2．圆周运动中的动力学问题分析
（1）向心力的确定
①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．
②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．
（2）向心力的来源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．
（3）解决圆周运动问题步骤
①审清题意，确定研究对象；
②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；
③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；
④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．
3．竖直平面内圆周运动的绳模型与杆模型
（1）在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑（如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等），称为“绳（环）约束模型”，二是有支撑（如球与杆连接、在弯管内的运动等），称为“杆（管道）约束模型”．
（2）绳、杆模型涉及的临界问题．
3．动能定理
【知识点的认识】
1．内容：合外力在一个过程中对物体所做的功等于物体在这个过程中动能的变化。
2．表达式：W＝EK2﹣EK1。
3．物理意义：动能定理指出了外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系，即合力的功是物体动能变化的量度。
4．动能定理的适用条件
（1）动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
（2）既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
（3）力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。
5．对动能定理的理解
（1）一个物体的动能变化△Ek与合外力对物体所做功W具有等量代换关系。
①若△Ek＞0，表示物体的动能增加，其增加量等于合外力对物体所做的正功。
②若△Ek＜0，表示物体的动能减少，其减少量等于合外力对物体所做的负功的绝对值。
③若△Ek＝0，表示合外力对物体所做的功等于零。反之亦然。这种等量代换关系提供了一种计算变力做功的简便方法。
（2）动能定理公式中等号的意义：等号表明合力做功与物体动能的变化间的三个关系：
①数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系。可以通过计算物体动能的变化，求合力的功，进而求得某一力的功。
②单位相同：国际单位都是焦耳。
③因果关系：合外力的功是物体动能变化的原因。
（3）动能定理中涉及的物理量有F、x、m、v、W、Ek等，在处理含有上述物理量的力学问题时，可以考虑使用动能定理。由于只需要从力在整个位移内所做的功和这段位移始末两状态的动能变化去考虑，无需注意其中运动状态变化的细节，同时动能和功都是标量，无方向性，所以无论是直线运动还是曲线运动，计算都会特别方便。
（4）动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面为参考系。
注意：功和动能都是标量，动能定理表达式是一个标量式，不能在某一个方向上应用动能定理，但牛顿第二定律是矢量方程，可以在互相垂直的方向上分别使用分量方程。
【命题方向】
题型一：对动能定理表达式的直接考核
如图所示，某人将质量为m的石块从距地面h高处斜向上方抛出，石块抛出时的速度大小为v0，不计空气阻力，石块落地时的动能为（ ）
A．mghB.mv02 C. D.
分析：根据动能定理求出石块落地时的动能大小。
解答：根据动能定理得，，解得石块落地时的动能．故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
点评：运用动能定理解题首先要确定研究对象和研究过程，分析有哪些力做功，根据动能定理列出表达式进行求解。
【解题方法点拨】
1．应用动能定理的一般步骤
（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。
（2）分析受力及各力做功的情况
①受哪些力？
②每个力是否做功？
③在哪段位移哪段过程中做功？
④做正功还是负功？
⑤做多少功？求出代数和。
（3）明确过程始末状态的动能Ek1及Ek2。
（4）列方程W总＝Ek2﹣Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。
注意：
①在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。
②用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意。
4．带电粒子在匀强电场中的运动
【知识点的认识】
一、带电粒子在电场中的运动
1．带电粒子在电场中的加速
带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，带电粒子将做加（减）速运动．
有两种分析方法：
（1）用动力学观点分析：a＝，E＝，v2﹣v02＝2ad．
（2）用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于物体动能的变化．qU＝mv2﹣mv02．
2．带电粒子在匀强电场中的偏转
（1）研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场．
（2）处理方法：类似于平抛运动，应用运动分解的方法．
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝．
②沿电场方向，做匀加速直线运动．
【命题方向】
题型一：带电粒子在匀强电场中平衡和运动的分析
例1：如图所示，两板间距为d的平行板电容器与一电源连接，开关S闭合，电容器两板间的一质量为m，带电荷量为q的微粒静止不动，下列说法中正确的是（ ）
A．微粒带的是正电
B．电源电动势的大小等于
C．断开开关S，微粒将向下做加速运动
D．保持开关S闭合，把电容器两极板距离减小，将向下做加速运动
分析：带电荷量为q的微粒静止不动，所受的电场力与重力平衡，由平衡条件分析微粒的电性．由公式E＝，求解电源电动势．断开电键s，根据微粒的电场力有无变化，分析微粒的运动情况．保持开关S闭合，把电容器两极板距离减小，可根据电容的决定式、定义式和场强公式E＝，判断出板间场强不变，微粒不动．
解：
A、由题，带电荷量为q的微粒静止不动，则微粒受到竖直向上的电场力作用，而平行板电容器板间场强方向竖直向下，则微粒带负电．故A错误．
B、由平衡条件得：mg＝q得，电源电动势的大小为E＝U＝．故B正确．
C、断开开关S，电容器所带电量不变，由C＝、C＝和E＝，可得电容器板间场强E＝，则场强不变，微粒所受的电场力不变，则微粒仍静止不动．故C错误．
D、保持开关S闭合，把电容器两极板距离减小，由E＝，知板间场强增大，微粒所受电场力增大，则微粒向上做加速运动．故D错误．
故选：B．
点评：本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，由E＝，分析板间场强如何变化，判断微粒是否运动．
【解题思路点拨】
带电粒子在电场中的运动是一个综合电场力、电势能的力学问题，其研究方法与质点动力学相同，同样遵循运动的合成与分解、牛顿运动定律、动能定理等力学规律．处理问题的要点是注意区分不同的物理过程，弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质（平衡、加速或减速，是直线运动还是曲线运动），并选用相应的物理规律．在解决问题时，主要可以从两条线索展开：
其一，力和运动的关系．根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度位移等．这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况．
其二，功和能的关系．根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等．这条线索不但适用于匀强电场，也适用于非匀强电场．
另外，对于带电粒子的偏转问题，用运动的合成与分解及运动规律解决往往比较简捷，但并不是绝对的，同解决力学中的问题一样，都可用不同的方法解决同一问题，应根据具体情况，确定具体的解题方法．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2020/4/13 16:00:40；用户：ZY蔡老师；邮箱：[email protected]；学号：5146005项目
匀速圆周运动
非匀速圆周运动
运动
性质
是速度大小不变，方向时刻变化的变速曲线运动，是加速度大小不变而方向时刻变化的变加速曲线运动
是速度大小和方向都变化的变速曲线运动，是加速度大小和方向都变化的变加速曲线运动
加速度
加速度方向与线速度方向垂直．即只存在向心加速度，没有切向加速度
由于速度的大小、方向均变，所以不仅存在
向心加速度且存在切向加速度，合加速度的方向不断改变
向心力

绳模型
杆模型
常见类型
均是没有支撑的小球

均是有支撑的小球
过最高点的临界条件
由mg＝m得v临＝
由小球恰能做圆周运动得v临＝0
讨论分析
（1）过最高点时，v≥，FN+mg＝m，绳、轨道对球产生弹力FN；
（2）不能过最高点时，v＜，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道；
（1）当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心；
（2）当0＜v＜时，﹣FN+mg＝m，FN背向圆心，随v的增大而减小；
（3）当v＝时，FN＝0；
（4）当v＞时，FN+mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大；