文档文本内容
2026 届北京市高考二轮热点训练专题（二）
——抛体运动
一、
知识要点
（一）基本类型
1、平抛运动
2、斜抛运动
3、上抛运动
4、下抛运动
5、类平抛运动
（二）核心思想方法
分解的思想，即将复杂的运动分解成两个简单的运动。
运动类型
受力特征
力与初速度方向关系
分解结果
平抛运动
只受重力
重力与初速度方向垂
直
水平方向：匀速直线运动
竖直方向：自由落体运动
斜抛运动
只受重力
重力与初速度方向有
夹角
水平方向：匀变速直线运动
竖直方向：匀变速直线运动
上抛运动
只受重力
重力与初速度方向相
反
竖直方向：竖直向上的匀速直
线运动与自由落体运动
下抛运动
只受重力
重力与初速度方向相
同
竖直方向：竖直向下的匀速直
线运动与自由落体运动
类平抛运动
恒定外力
合外力与初速度方向
垂直
水平方向：匀速直线运动
垂直方向：匀加速直线运动
（三）基本规律
1.平抛运动的时间：t = ❑√
2h
g
，取决于下落的高度，与初速度无关。
2.平抛运动的水平位移：x = v0
❑√
2h
g
，取决于下落的高度和初速度。
3.平抛运动的速度的变化规律
（1）任意时刻的速度水平分量均等于初速度v0。
（2）任意连续相等时间Δt内的速度变化量方向竖直向下，大小Δv = Δv y = g Δt。
4.平抛运动的位移的变化规律
（1）任意相等时间Δt内，水平位移相同，即Δ x = v0 Δt。
（2）任意连续相等的时间Δt内，竖直方向上的位移差不变，即Δ y = g( Δt )
2。
5.关于（类）平抛运动的两个重要推论
推论一：从抛出点开始,做（类）平抛运动的物体,在任意时刻的速度方向的反向延长
线一定通过水平位移的中点。如图所示,xB= x A
2
。
推论二：从抛出点开始,做（类）平抛运动的物体,在任意时刻速度方向与水平方向的
夹角α 和位移方向与水平方向的夹角θ 的关系为tan α =2tanθ 。
二、典型问题分类
（一）平抛运动基本规律
1、某同学站在地面上，将小球以一定初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力。关于小球的
运动，下列说法正确的是（ ）
A.速度大小改变，方向改变
B.速度大小改变，方向不变
C.加速度大小不变，方向改变
D.加速度大小改变，方向不变
答案：A
解析：将小球以一定初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，小球仅仅受到重力作用，则
小球的加速度为重力加速度，小球加速度的大小与方向均恒定，C、D 错误；根据上述有g
＝Δv
Δt ，可知将小球以一定初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力时，小球的加速度与速
度不在同一直线上，小球的速度大小与方向均发生改变，A 正确，B 错误。故选A。
2、测量曲线运动物体的瞬时速度往往比较困难。假设小球受到的空气阻力与其速度大小成
正比，为测量水平抛出的塑料球的落地速度，研究性学习小组进行了以下实验。
①如图甲，在某一高度处释放塑料球，使之在空气中竖直下落；塑料球速度逐渐增加，最
终达到最大速度vm，测量并记录vm；
②如图乙，用重垂线悬挂在桌边确定竖直方向，将塑料球和一半径相同的钢球并排用一平
板从桌边以相同的速度同时水平推出；
③用频闪仪记录塑料球和钢球在空中的一系列位置，同时测量塑料球下落时间t；
④如图丙，在得到的频闪照片中分别作出x 轴和y 轴，测量并记录两小球水平位移x1、x2，
竖直位移y0。已知重力加速度g。
关于本实验，下列说法正确的是（ ）
A.实验中还需要用天平测量出塑料球的质量
B.仅用g、t、y0、vm即可表示塑料球落地时的竖直速度
C.塑料球和钢球落地时的速度大小可能相等
D.塑料球和钢球在空中运动的时间可能相等
答案：B
解析：塑料球在空气中竖直下落，最终达到最大速度vm，有mg＝kvm，根据动量定理mgt－
∑kvt＝mvy－0，∑vt＝y0，联立以上各式得vy＝gt－g
vm
y0，故B 正确；对钢球x2＝v0t1，y0＝
1
2gt1
2，联立解得v0＝❑√
g x2
2
2 y0
，对塑料球根据动量定理，有∑－kv't＝mvx－mv0，x1＝v't，联
立得vx＝❑√
g x2
2
2 y0
－g x1
vm
，落地时速度v1＝❑√v x
2＋v y
2，落地时水平方向速度和竖直方向速度
均与质量无关，所以实验中不需要用天平测量出塑料球的质量，故A 错误；空气阻力对塑
料球影响较大，塑料球落地时的速度比钢球小，故C 错误；空气阻力对塑料球影响较大，
塑料球在空中运动的时间较长，故D 错误。故选B。
3、如图所示，某同学以大小为v0的初速度将铅球从P 点斜向上抛出，到达Q 点时铅球速
度沿水平方向。已知P，Q 连线与水平方向的夹角为30°，P，Q 间的距离为L。不计空气
阻力，铅球可视为质点，质量为m，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
8 题图
A.铅球从P 点运动到Q 点所用的时间为❑√
2 L
g
B.铅球从P 点运动到Q 点重力做的功为1
2mgL
C.铅球从P 点运动到Q 点动量的变化为m❑√
gL
2
D.铅球到达Q 点的速度大小为❑√v0
2－gL
答案：D
解析：A.铅球从P 点运动到Q 点的逆过程为平抛运动，水平方向的分运动是匀速直线运动，
竖直方向的分运动是自由落体运动，由运动学公式有Lsin 30°＝1
2gt2，解得铅球从P 点运动
到Q 点所用的时间为❑√
L
g
，故A 错误；B.铅球从P 点运动到Q 点重力做的功WG＝－1
2
mgL，故B 错误；C.由上述分析可知，铅球从P 点运动到Q 点所用的时间为❑√
L
g
，由动量
定理有mgt＝Δp，代入数据解得铅球从P 点运动到Q 点动量的变化为Δp＝m❑√gL，故C 错
误；D.铅球从P 点运动到Q 点由动能定理有－1
2mgL＝1
2mvQ
2 －1
2mv0
2，解得铅球到达Q 点
的速度大小为❑√v0
2－gL，故D 正确。
（二）斜面上的平抛运动
4、如图所示，倾角为θ 的斜面固定在水平地面上，一小球从斜面顶端向右水平抛出，初速
度为v，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
4 题图
A.小球落到斜面上时，速度方向与水平方向的夹角为2θ
B.小球做平抛运动的时间为2v tanθ
g
C.小球落到斜面上时，速度大小为vtan θ
D.小球做平抛运动的水平位移大小为v
2tanθ
2g
答案：B
解析：小球做平抛运动，水平方向有x＝vt，竖直方向有y＝1
2gt2，小球落到斜面上有tan θ
＝y
x ＝gt
2v ，可得小球做平抛运动的时间为t＝2v tanθ
g
，故B 正确；小球落到斜面上时速
度的偏转角为α，则tan α＝v y
v ＝gt
v ＝2tan θ，可得α≠2θ，故A 错误；小球落到斜面上时，
速度大小为v1＝❑√v
2＋v y
2＝v❑√4tan
2θ+1，故C 错误；小球做平抛运动的水平位移大小为
x＝vt＝2v
2tanθ
g
，故D 错误。故选B。
5、（多选）如图所示，以v0=10m/ s的速度水平抛出的物体，飞行一段时间后垂直撞在
倾角θ =30
∘ 的斜面上，取g=10m/ s
2，以下结论中不正确的是（ ）
A.物体飞行时间是❑√3 s
B.物体撞击斜面时的速度大小为20m/ s
C.物体飞行的时间是2s
D.物体下落的竖直距离是10m
答案：CD
解析：竖直方向的速度v y =
v0
tan30
∘=10 ❑√3m/ s，运动时间t = v y
g = 10 ❑√3
10
s= ❑√3 s，A正
确，C错误；合速度大小v =
v0
sin30
∘=20m/ s，B正确；物体下落的竖直距离
y = 1
2 gt
2=15m，D错误。
（三）斜抛运动类问题
6、如图所示，一弹性小球从倾角为θ 的斜面A 点正上方h 处由静止下落，第一次与A 点碰
撞弹起后，第二次与斜面碰撞于B 点。小球与斜面碰撞前后瞬间沿斜面方向速度不变，垂
直斜面方向速度大小不变、方向相反。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的
是（ ）
A.小球从A 到B 的过程中速度变化量的方向沿AB 方向
B.小球从A 点弹起后距斜面的最远距离为hsin θ
C.小球从A 到B 的时间为2❑√
h
g
D.A，B 两点间的距离为8hsin θ
答案：D
解析：A.小球从A 到B 的过程中，受竖直向下的重力作用，则速度变化量的方向竖直向下，
故A 错误；B.小球落到A 点时的速度大小为v＝❑√2gh，反弹速度大小也为v＝❑√2gh，将
反弹后的运动分解为垂直斜面方向的上抛运动和沿斜面向下的匀加速运动，则反弹后垂直
斜面方向的速度vy＝vcos θ＝❑√2ghcos θ，小球从A 点弹起后距斜面的最远距离hm＝
v y
2
2gcosθ
＝hcos θ，故B 错误；C.小球从A 到B 的时间为t＝2v y
gcosθ
＝2❑√
2h
g
，故C 错误；
D.A，B 两点间的距离为x＝vsin θ·t＋1
2gsin θ·t2＝8hsin θ，故D 正确。故选D。
7、如图为滑雪大跳台场地的简化示意图。某次训练中，运动员从A 点由静止开始下滑，到
达起跳点B 时借助设备和技巧，保持到达起跳点B 时的速率，沿与水平面夹角为15°的方
向斜向上飞出，到达最高点C，最终落在坡道上的D 点（C、D 均未画出），已知A、B 之
间的高度差H＝45 m，坡面与水平面的夹角为30°。不计空气阻力和摩擦力，重力加速度g
取10 m/s2，sin 15°＝0.26，cos 15°＝0.97。下列说法正确的是（ D ）
A.运动员在B 点起跳时的速率为20 m/s
B.运动员起跳后达到最高点C 时的速度大小约为7.8 m/s
C.运动员从起跳点B 到最高点C 所用的时间约为2.9 s
D.运动员从起跳点B 到坡道上D 点所用的时间约为4.9 s
答案：D
解析：运动员从A 点由静止开始下滑到B 点时，由动能定理可得mgH＝1
2mvB
2，解得vB＝
❑√2gH＝❑√2×10×45 m/s＝30 m/s，A 错误；运动员在B 点起跳后做斜抛运动，在水平方
向上有vx＝vBcos 15°＝30×0.97 m/s＝29.1 m/s，在竖直方向上有vy＝vBsin 15°＝30×0.26 m/s＝
7.8 m/s，在最高点，竖直方向速度是零，水平方向速度不变，可知运动员起跳后达到最高
点C 时的速度大小为29.1 m/s，B 错误；运动员从起跳点B 到最高点C，在竖直方向做竖直
上抛运动，则到最高点C 的时间t＝v y
g
＝7.8
10 s＝0.78 s，C 错误；运动员从起跳点B 到坡
道上D 点的运动中，将运动分解为沿斜坡方向和垂直斜坡方向的两个分运动，在垂直斜坡
方向则有v'y＝vBsin（15°＋30°）＝30 ❑√2
2
m/s＝15❑√2 m/s，a'y＝gcos 30°＝
❑√3
2 ×10 m/s2＝5
❑√3 m/s2，由运动规律可得运动员从起跳点B 到坡道上D 点所用的时间为t'＝2v 'y
a'y
＝
2×15 ❑√2
5 ❑√3
s≈4.9 s，D 正确。故选D。
（四）上抛运动和下抛运动类问题
8、如图所示，在距地面同一高度处将三个相同的小球以相同的速率分别沿竖直向下、竖直
向上、水平向右的方向抛出，不计空气阻力，比较这三个小球从抛出到落地的过程，下列
说法正确的是（ ）
7 题图
A.重力对每个小球做的功都各不相同
B.每个小球落地时的速度都各不相同
C.每个小球在空中的运动时间都各不相同
D.每个小球落地时重力做功的瞬时功率都各不相同
答案：C
解析：设下落高度为h，重力做功为WG＝mgh，三个小球下落高度相同，重力对每个小球
做的功相同，故A 错误；三个小球从抛出到落地的过程，根据动能定理有mgh＝1
2mv2－1
2
mv0
2，可知每个小球落地时的速度大小相同，第1 个球、第2 个球落地时的速度方向竖直向
下，第3 个球落地时的速度方向不是竖直向下，故每个小球落地时的速度不是各不相同，
故B 错误；小球抛出后，加速度都是g，竖直方向都做匀变速直线运动，第1 个球做竖直
下抛运动，有h＝v0t1＋1
2gt1
2，第2 个球做竖直上抛运动，有h＝－v0t2＋1
2gt2
2，第3 个球做
平抛运动，有h＝1
2gt3
2，可得t1＜t3＜t2，故每个小球在空中的运动时间都各不相同，故C
正确；小球落地时重力做功的瞬时功率P＝mgvcos θ＝mgvy，由于v y1＝v y2＝v＞v y3，故P1
＝P2＞P3，故每个小球落地时重力做功的瞬时功率不是各不相同，故D 错误。故选C。
（五）带电粒子在匀强电场中的类平抛运动问题
9、如图所示，真空中有一对水平放置的平行金属板，板间有竖直向下的匀强电场，场强大
小为E，质量为m、电荷量为＋q 的带电粒子，从M 点水平方向以初速度v0射入板间，并
打在下极板上的N 点。已知MN 与竖直方向成45°角，粒子的重力可忽略不计。则（ ）
A.M、N 两点间的距离为2❑√2mv0
2
qE
B.粒子在M、N 两点间的运动时间为m v0
qE
C.粒子刚到达N 点时的速度大小为3v0
D.粒子刚到达N 点时的速度方向与竖直方向的夹角为45°
答案：A
解析：由题意可知粒子做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初
速度为零的匀加速直线运动，则有x＝v0t，y＝1
2at2＝1
2× Eq
m ×t2＝Eqt
2
2m ，又因为MN 与竖直
方向成45°角，所以有x＝y，联立解得t＝2mv0
Eq ，x＝y＝2m v0
2
Eq
，则M、N 两点间的距离
为MN＝❑√x
2＋y
2＝2❑√2m v0
2
Eq
，故A 正确，B 错误；粒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零的匀加速直线运动，则有vx＝v0，vy＝at＝Eq
m ×2m v0
Eq ＝2v0，则
粒子刚到达N 点时的速度大小为v＝❑√v x
2＋v y
2＝❑√5v0，粒子刚到达N 点时的速度方向与竖
直方向的夹角为θ＝arctan v x
v y
＝arctan 1
2≈27°，故C、D 错误。故选A。
10、真空中存在沿y 轴正方向的匀强电场，带电粒子a 和b 先后从坐标原点O 沿x 轴正方向
射入该电场，其轨迹如图所示。忽略粒子所受重力，下列条件中可以判定粒子a 比荷较大
的是（ ）
5 题图
A.粒子a 和b 在电场中的加速度相等
B.粒子a 和b 射入电场时的速度相等
C.粒子a 和b 射入电场时的动能相等
D.粒子a 和b 射入电场时的动量相等
答案：B
解析：粒子在电场中做类平抛运动，则x＝v0t，y＝1
2at2＝1
2
Eq
m t2，解得y＝a x
2
2v0
2 ＝Eq x
2
2m v0
2，
若粒子a 和b 在电场中的加速度相等，则a＝Eq
m ，可知两粒子的比荷相等，选项A 错误；
粒子a 和b 射入电场时的速度相等，则由y＝Eq x
2
2m v0
2，由题图可知，当x 相同时a 粒子的y
值较大，则粒子a 比荷较大，选项B 正确；粒子a 和b 射入电场时的动能相等，则由y＝
Eq x
2
2m v0
2＝Eq x
2
4 Ek 0
，由题图可知，当x 相同时a 粒子的y 值较大，则粒子a 电荷量较大，选项
C 错误；粒子a 和b 射入电场时的动量相等，则由y＝Eq x
2
2mv0
2＝Eqm x
2
2 p0
2
，由图像可知，当x
相同时a 粒子的y 值较大，则粒子a 电荷量与质量的乘积较大，选项D 错误。故选B。
11、如图所示为某静电除尘装置的简化原理图，两块平行带电极板间为除尘空间。质量为
m、电荷量为－q 的带电尘埃分布均匀，均以沿板方向的速率v 射入除尘空间，当其碰到下
极板时，所带电荷立即被中和，同时尘埃被收集。调整两极板间的电压可以改变除尘率η
（相同时间内被收集尘埃的数量与进入除尘空间尘埃的数量之百分比）。当两极板间电压
为U0时，η＝80％。不计空气阻力、尘埃的重力及尘埃之间的相互作用，忽略边缘效应。
下列说法正确的是（ ）
6 题图
A.两极板间电压为U0时，尘埃的最大动能为qU0＋mv
2
2
B.两极板间电压为5
4 U0时，除尘率可达100％
C.仅增大尘埃的速率v，可以提升除尘率
D.仅减少尘埃的电荷量，可以提升除尘率
答案：B
解析：当两极板间电压为U0时，η＝80％。可知相同时间内有80％的带电尘埃打在下极板，
则恰好离开极板间的带电尘埃的偏移量y1＝4
5 d，设尘埃的最大动能为Ekm，两极板间的距
离为d，根据动能定理可知qU 0
d ×4
5 d＝Ekm－1
2mv2，解得Ekm＝4 qU 0
5
＋1
2mv2，A 错误；设
恰好离开板间的带电尘埃的偏移量为y，极板间的电压为U，粒子在平行极板的方向上做
匀速直线运动，沿垂直极板的方向做匀加速直线运动，则有L＝vt，y＝1
2at2，根据牛顿第
二定律qU
d ＝ma，联立解得y＝qU L
2
2md v
2，由于当y＝4
5 d 时，U＝U0，故当y＝d 时，可解得
U＝5
4 U0，故B 正确；根据上述结论y＝qU L
2
2md v
2，可知，仅增大尘埃的速率v，或仅减少尘
埃的电荷量，均使y 的偏移量减小，会降低除尘率，C、D 错误。故选B。
（六）带阻力的抛体运动问题
12、由于空气阻力的影响，被踢出的足球飞行轨迹如图所示。足球从位置1 被踢出，位置
3 为轨迹的最高点，位置2，4 距地面高度相等。重力加速度为g，忽略足球的旋转。关于
足球，下列说法正确的是（ ）
A.到达位置3 时，加速度为g
B.经过位置2 时的速度大于经过位置4 时的速度
C.由位置1 到位置3 减少的动能少于由位置3 到位置5 增加的动能
D.由位置1 运动到位置3 的时间大于由位置3 运动到位置5 的时间
答案：B
解析：A.到达位置3 时，足球受重力与空气阻力作用，加速度不为g，故A 错误；B.从位
置2 到位置4，空气阻力做负功，根据动能定理可知动能减小，则经过位置2 时的速度大于
经过位置4 时的速度，故B 正确；C.由位置1 到位置3，空气阻力与重力均做负功，根据动
能定理有减少的动能ΔEk＝Wf＋mgh，由位置3 到位置5，根据动能定理有增加的动能ΔE'k
＝mgh－W'f，则由位置1 到位置3 减少的动能多于由位置3 到位置5 增加的动能，故C 错
误；D.上升过程中空气阻力的分力与重力方向相同，下降过程中重力与空气阻力的分力方
向相反，则上升过程中平均加速度较大，根据h＝1
2 at2可知，由位置1 运动到位置3 的时
间小于由位置3 运动到位置5 的时间，故D 错误。故选B。
13、（多选）2023 年5 月，据中科院力学所的消息，我国JF－22 超高速风洞研制成功。作
为研制新一代飞行器的摇篮，JF－22 超高速风洞可以复现几十千米高空、速度最高达约三
十倍声速的飞行条件。若将一小球从风洞中地面上的A 点竖直向上弹出，小球受到大小恒
定的水平风力作用，到达最高点B 时的动能与A 点的动能之比为9∶16，小球最后落回到地
面上的C 点。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ AD ）
A.小球运动的加速度大小为a＝5
4 g
B.小球从A 到B 的过程中动能持续减小
C.小球从A 到B 与从B 到C 的过程中机械能变化量之比为1∶1
D.小球在空中的最小动能与A 点的动能之比为9∶25
答案：AD
解析：如图，到达最高点B 时的动能与A 点的动能之比为9∶16，则速度之比为v 水平∶v0＝
3∶4，在最高点竖直方向速度为0，设从A 到B 需要时间t，则v 水平＝a 水平t，v0＝gt，小球
运动的加速度大小为a＝❑√a水平
2
＋g
2，联立得a＝5
4 g，故A 正确；小球从A 到B 的过程中，
水平方向速度一直增大，竖直方向速度一直减小直至0，所以风力的功率一直增大，重力
的功率一直减小，当风力功率大于重力的功率时，风力做功大于重力做功，根据动能定理
小球动能增大，故B 错误；小球上升和下降的时间相等，小球从A 到B 的水平距离小于从B
到C 的水平距离，两个过程重力做功大小相同，但风力做功大小不同，所以机械能变化量
不同，故C 错误；小球在重力和风力的合力场中做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方
向垂直时动能最小，根据前面分析可知合力与竖直方向的夹角θ 的正切值为tan θ＝
a水平
g
＝3
4
，根据速度的合成与分解可得小球运动过程中的最小速度为vmin＝v0sin θ，小球
在空中的最小动能与A 点的动能之比为
Ekmin
Ek A
＝
1
2 m vmin
2
1
2 m v0
2 ＝9
25，故D 正确。故选AD。
14、如图所示，在范围足够大的水平向右的匀强电场中，将一个带电小球以一定的初速度
v 从M 点竖直向上抛出，在小球从M 点运动至与抛出点等高的位置N 点（图中未画出）的
过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A.小球运动到最高点时的速度为零
B.小球在M 点和N 点的动能相等
C.小球上升过程和下降过程水平方向位移相同
D.小球上升过程和下降过程动量的变化量相同
答案：D
解析：小球运动到最高点时，竖直方向的分速度减为零，而由于受到水平方向电场力的作
用，因此小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，则小球在最高点时，竖直方向
速度为零，但水平方向速度不为零，故A 错误；小球从M 点到N 点，重力做功为零，但电
场力对小球做正功，因此合外力做功不为零，小球的动能增加，即小球在M 点的动能小于
在N 点的动能，故B 错误；根据竖直上抛的对称性可知，小球上升和下降的时间相同，设
上升和下降的时间均为t，小球水平方向的加速度为a，由于小球水平方向做初速度为零的
匀加速直线运动，则上升过程的水平位移x1＝1
2at2，下降过程的水平位移x2＝1
2a（2t）2－
1
2
at2，可得x1∶x2＝1∶3，故C 错误；小球受力不变，设合力为F，上升和下降的时间均为
t，则合力的冲量均为Ft，由动量定理知小球上升过程和下降过程动量的变化量相同，故D
正确。故选D。
（七）实际情境中的抛体问题
15、如图所示，运动员以一定速度从P 点沿水平方向离开平台，恰能从A 点与轨道相切进
入粗糙圆弧轨道AC，沿圆弧轨道在竖直平面做圆周运动。已知运动员（含装备）质量m＝
50 kg，运动员进入圆弧轨道时的速度大小vA＝10 m/s，圆弧轨道的半径R＝4 m，圆弧轨道
AB 对应的圆心角∠AOB＝37°。测得运动员在轨道最低点B 时对轨道的压力是其总重力的
3.8 倍。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。将运动员视为质点，忽略空
气阻力。求：
（1）运动员从P 点到A 点运动过程所用时间t；
（2）运动员在B 点时的动能EkB；
（3）在圆弧轨道AB 段运动过程中，摩擦力对运动员所做的功W。
答案：（1）t＝0.6 s
（2）EkB＝2.8×103 J
（3）W＝－100 J
解析：（1）运动员恰能从A 点与轨道相切进入粗糙圆弧轨道AC，其运动情况如答图1 所
示，则vy＝vA·sin 37°，根据平抛运动规律可知，运动员在A 点时竖直分速度vy＝gt，联立可
得t＝0.6 s。
（图1）
（2）运动员在轨道最低点B 时受力情况如答图2 所示。由牛顿运动定律得FN－mg＝mvB
2
R
，其中运动员在轨道最低点B 时的动能EkB＝1
2mvB
2，联立可得EkB＝2.8×103 J。
（图2）
（3）运动员在AB 段运动过程中，根据动能定理有mgR（1－cos 37°）＋W＝1
2mvB
2－1
2m
v A
2 ，可得W＝－100 J。
16、半径为R 的光滑半圆轨道处于竖直平面内，轨道与水平地面相切于轨道的端点A。一
质量为m 的小球从A 点冲上半圆轨道，沿轨道运动到B 点飞出，最后落在水平地面上，重
力加速度为g。若恰好能实现上述运动，求：
（1）小球在B 点时速度的大小vB；
（2）小球的落地点与A 点间的距离x；
（3）小球刚进入圆弧轨道时，轨道对小球弹力的大小FA。
答案：（1）vB＝❑√gR
（2）x＝2R
（3）FA＝6mg
解析：（1）小球在B 点时，仅仅重力为圆周运动提供向心力，根据牛顿第二定律有mg＝
mvB
2
R
，得vB＝❑√gR。
（2）小球从B 点飞出后做平抛运动，在竖直方向上有2R＝1
2gt2，得t＝2❑√
R
g
，小球的落
地点与A 点间的距离x＝vBt，得x＝2R。
（3）设小球在A 点时速度的大小为vA，在小球从A 点运动到B 点的过程中，根据动能定理
有－mg·2R＝1
2mvB
2－1
2mv A
2 ，得vA＝❑√5 gR，小球刚进入圆弧轨道时，根据牛顿第二定律
有FA－mg＝mv A
2
R
，得FA＝6mg。
17、如图1 所示，两平行金属板A、B 间电势差为U1，带电荷量为q、质量为m 的带电粒
子，由静止开始从极板A 出发，经电场加速后射出，沿金属板C、D 的中心轴线进入偏转
电压为U2的偏转电场，最终从极板C 的右边缘射出。偏转电场可看作匀强电场，板间距为
d。忽略重力的影响。
（1）求带电粒子进入偏转电场时速度的大小v0。
（2）求带电粒子离开偏转电场时动量的大小p。
（3）以带电粒子进入偏转电场时的位置为原点、以平行于板面的中心轴线为x 轴建立平面
直角坐标系xOy，如图2 所示。写出该带电粒子在偏转电场中的轨迹方程。
答案：（1）
❑√
2qU 1
m
（2）
❑√mq（2U 1＋U 2）
（3）y＝U 2
4U 1d x2
解析：（1）对带电粒子从左极板由静止，经加速电场并进入偏转电场的过程中，运用动能
定理qU1＝1
2mv0
2，解得v0＝❑√
2qU 1
m
。
（2）设带电粒子进入和离开偏转电场时的速度分别为v0和v，对带电粒子从进入偏转电场
到离开偏转电场的过程，运用动能定理q·1
2U2 ＝1
2mv2 －1
2mv0
2，解得p ＝mv ＝
❑√mq（2U 1＋U 2）。
（3）设带电粒子进入偏转电场时的速度为v0，加速度为a，经过时间t 后（未离开偏转电
场），水平方向位移为x，竖直方向位移为y，根据运动学公式，可得x＝v0t，y＝1
2at2，根
据牛顿运动定律可知，带电粒子在偏转电场中的加速度a＝qU 2
md
，将v0＝❑√
2qU 1
m
和a 代
入x 和y 并消去时间t，可得带电粒子的轨迹方程y＝U 2
4U 1d x2。
18、2025 年1 月20 日，我国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置
（EAST），首次完成1 亿摄氏度1 066 秒“高质量燃烧”，对人类加快实现聚变发电具有
重要意义。EAST 通过高速运动的中性粒子束加热等离子体，需要利用“偏转系统”将带
电离子从混合粒子束中剥离出来。已知所有离子带正电，电荷量均为q，质量均为m。所
有粒子的重力及粒子间的相互作用均可忽略不计。
（1）“偏转系统”的原理简图如图1 所示，包含中性粒子和带电离子的混合粒子进入由一
对平行带电极板构成的匀强电场区域，混合粒子进人电场时速度方向与极板平行，离子在
电场区域发生偏转，中性粒子继续沿原方向运动。已知两极板间电压为U，间距为d。若
所有离子速度均为v，且都被下极板吞噬，求偏转极板的最短长度L。
（2）“偏转系统”还可以利用磁偏转进行带电离子的剥离，如图2 所示。吞噬板MN 的长
度为2d，混合粒子束宽度为d，垂直于吞噬板射入匀强磁场，磁感应强度大小为B，且范
围足够大。
a.要使所有离子都打到吞噬板上，求带电离子速度大小的范围；
b.以吞噬板上端点为坐标原点，竖直向下为y 轴正方向建立坐标系，如图2 所示。单位时间
内通过y 轴单位长度进入磁场的离子数为n，假设不同速度的离子在混合粒子束中都是均匀
分布的，则落在吞噬板上的数量分布呈现一定的规律。设单位时间内落在吞噬板y 位置附
近单位长度上的离子数量为ny，写出ny随y 变化规律的表达式（不要求推导过程），并在
图3 中作出ny－y 图像。
答案：（1）L＝vd❑√
2m
qU
（2）a.qBd
2m ≤v≤qBd
m
b.ny＝y
d n（y≤d），ny＝2d －y
d
n（d＜y≤2d）
见答图
解析：（1）带电离子在两极板间做类平抛运动，则L＝vt，d＝1
2at2，a＝Eq
m ＝qU
md ，
联立可得L＝vd❑√
2m
qU
。
（2）a.最上沿的离子能打到吞噬板上，需满足qvminB＝mvmin
2
r
，2r＝d，所以vmin＝qBd
2m ，最
下沿的离子不能超出吞噬板，需满足qvmaxB＝mvmax
2
r '
，2r'＝2d，所以vmax＝qBd
m ，所以带电
离子速度大小的范围为qBd
2m ≤v≤qBd
m 。
b.①当y≤d 时，能打到y 处的离子，源自混合粒子束中居于上部宽度为y 中的离子，所以ny
＝y
d n；
②当d＜y≤2d 时，能打到y 处的离子，源自混合粒子束中居于下部宽度为2d－y 中的离子，
所以ny＝2d －y
d
n。
由以上分析可得，ny－y 图像如图所示：
