（全國(guó)通用）2018年高考物理二輪復(fù)習(xí) 真題模型再現(xiàn)3 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)模型學(xué)案

《（全國(guó)通用）2018年高考物理二輪復(fù)習(xí) 真題模型再現(xiàn)3 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)模型學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)通用）2018年高考物理二輪復(fù)習(xí) 真題模型再現(xiàn)3 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)模型學(xué)案（13頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 真題模型再現(xiàn)(三)——帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)模型 來(lái)源 圖例 考向 模型核心歸納 2015·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ第19題 兩個(gè)速率相同的電子分別在兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域做圓周運(yùn)動(dòng) 圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓第二定律、洛倫茲力公式 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)模型是高考的熱點(diǎn)模型之一。 1.常考的模型 (1)帶電粒子在無(wú)界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) (2)帶電粒子在半無(wú)界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) (3)帶電粒子在半圓形或圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) (4)帶電粒子在正方形或三角形勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) (5)帶電粒子在兩個(gè)不同磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 2.模型解法 “4點(diǎn)、6線、3角”巧解帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

2、 (1)“4點(diǎn)”：入射點(diǎn)B、出射點(diǎn)C、軌跡圓心A、入射速度直線與出射速度直線的交點(diǎn)O。 (2)“6線”：圓弧兩端點(diǎn)所在的軌跡半徑r，入射速度直線OB和出射速度直線OC，入射點(diǎn)與出射點(diǎn)的連線BC，圓心與兩條速度直線交點(diǎn)的連線AO。 (3)“3角”：速度偏轉(zhuǎn)角∠COD、圓心角∠BAC，弦切角∠OBC，其中偏轉(zhuǎn)角等于圓心角，也等于弦切角的兩倍。 2016·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ第15題 動(dòng)能定理、牛頓第二定律、洛倫茲力公式 2016·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ第18題 圓周運(yùn)動(dòng)、幾何知識(shí)、周期公式 2016·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅲ第18題 圓周運(yùn)動(dòng)、幾何知識(shí)、對(duì)稱特點(diǎn)、洛倫茲力公式 2017·全國(guó)

3、卷Ⅱ第18題 洛倫茲力、有界磁場(chǎng)中的臨界問(wèn)題的求法、幾何知識(shí) 2017·全國(guó)卷Ⅲ第24題 洛倫茲力、周期公式、幾何知識(shí)的應(yīng)用 【預(yù)測(cè)1】 (2017·木瀆中學(xué))如圖11所示是半徑為R的圓柱形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外。一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電離子(不計(jì)重力)沿平行于直徑ab的方向射入磁場(chǎng)區(qū)域，入射點(diǎn)P與ab的距離為。若離子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑也為R，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為(　　) 圖11 A. B. C. D. 解析　如圖所示，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心O1必在過(guò)入射點(diǎn)垂直于入射速度方向的直線PO1上，由于粒子的軌道半徑

4、為r＝R，又入射點(diǎn)P與ab的距離為。故圓弧PN對(duì)應(yīng)圓心角為120°，由qvB＝m，周期T＝＝，所以粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝T＝，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。 答案　D 【預(yù)測(cè)2】 如圖12所示矩形虛線框區(qū)域內(nèi)有一垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一束電子以不同的速率從O點(diǎn)垂直于磁場(chǎng)方向且垂直邊界線沿圖中方向射入磁場(chǎng)后，分別從a、b、c、d四點(diǎn)射出磁場(chǎng)，比較它們?cè)诖艌?chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間ta、tb、tc、td，其大小關(guān)系是(　　) 圖12 A.tatc>td 解析　電子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)

5、的周期為T＝，四個(gè)電子m、q相同，B也相同，則它們做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相同。畫出電子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖甲、乙所示。從圖甲可看出，從a、b兩點(diǎn)射出的電子軌跡所對(duì)的圓心角都是π，則ta＝tb＝T，從圖乙可看出，從d射出的電子軌跡所對(duì)的圓心角∠OO2d<∠OO1c<π，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝T可知，T相同時(shí)，圓心角α越大，時(shí)間t越長(zhǎng)，所以>tc>td，ta＝tb>tc>td。 答案　D 【預(yù)測(cè)3】 (2017·重慶適應(yīng)性模擬)如圖13所示，圖中坐標(biāo)原點(diǎn)O(0，0)處有一帶電粒子源，沿xOy平面向y≥0，x≥0的區(qū)域內(nèi)的各個(gè)方向發(fā)射粒子。粒子的速率均為v，質(zhì)量均為m，電荷量均為＋q。有人設(shè)計(jì)了方向垂直

6、于xOy平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，使上述所有帶電粒子從該區(qū)域的邊界射出時(shí)均能沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，不考慮粒子間相互作用，不計(jì)粒子重力。試求： 圖13 (1)粒子與x軸相交的坐標(biāo)范圍； (2)粒子與y軸相交的坐標(biāo)范圍； (3)該勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積。 解析　設(shè)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R， 由qvB＝m，得R＝， 如圖所示，粒子與x軸相交的坐標(biāo)范圍為－≤x≤0。 (2)如圖所示，粒子與y軸相交的坐標(biāo)范圍為0≤y≤。 (3)由題可知，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的最小范圍如圖中的陰影區(qū)域所示。 第一象限區(qū)域一個(gè)半徑為R的半圓面積為S1＝， 第二象限區(qū)域四分之一圓的半徑為2R，

7、 其面積為S2＝＝πR2， 第二象限區(qū)域一個(gè)半徑為R的半圓面積為S3＝， 則陰影部分面積為S＝S1＋(S2－S3)＝πR2。 答案　(1)－≤x≤0　(2)0≤y≤　(3)πR2 歸納總結(jié) 1.處理帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界問(wèn)題的技巧 (1)從關(guān)鍵詞語(yǔ)找突破口：審題時(shí)一定要抓住題干中的關(guān)鍵字眼，如“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等詞語(yǔ)，挖掘其隱含的信息。 (2)數(shù)學(xué)方法與物理方法相結(jié)合：借助半徑R和速度大小v(或磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B)之間的關(guān)系進(jìn)行動(dòng)態(tài)軌跡分析，確定軌跡圓和有界磁場(chǎng)邊界之間的關(guān)系，找出臨界點(diǎn)，然后利用數(shù)學(xué)方法求極值。 2.磁場(chǎng)區(qū)域最小面積的求解方法 在

8、粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析(正確畫出運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖)的基礎(chǔ)上借助幾何關(guān)系先確定最小區(qū)域示意圖，再利用幾何關(guān)系求有界磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積。注意對(duì)于圓形磁場(chǎng)區(qū)域：①粒子射入、射出磁場(chǎng)邊界時(shí)的速度的垂線的交點(diǎn)即軌跡圓圓心；②所求最小圓形磁場(chǎng)區(qū)域的直徑等于粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的弦長(zhǎng)。 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練 一、選擇題(1～4題為單項(xiàng)選擇題，5～7題為多項(xiàng)選擇題) 1.如圖1所示，垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)足夠大，兩個(gè)不計(jì)重力的帶電粒子同時(shí)從A點(diǎn)在紙面內(nèi)沿相反方向垂直虛線MN運(yùn)動(dòng)，經(jīng)相同時(shí)間兩粒子又同時(shí)穿過(guò)MN，則下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖1 A.兩粒子的電荷量一定相等，電性可能不同 B.兩粒子的比荷一定相等，電性可

9、能不同 C.兩粒子的動(dòng)能一定相等，電性也一定相同 D.兩粒子的速率、電荷量、比荷均不等，電性相同 解析　因兩粒子是從垂直MN開始運(yùn)動(dòng)的，再次穿過(guò)MN時(shí)速度方向一定垂直MN，兩粒子均運(yùn)動(dòng)了半個(gè)周期，即兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期相等，由T＝知兩粒子的比荷一定相等，但質(zhì)量、電荷量不一定相等，選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤；因不知粒子的偏轉(zhuǎn)方向，所以粒子電性無(wú)法確定，選項(xiàng)B正確；因粒子運(yùn)動(dòng)的周期與速度無(wú)關(guān)，所以粒子的動(dòng)能也不能確定，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 答案　B 2.(2017·鹽城模擬)如圖2所示，在同一豎直平面內(nèi)，有兩個(gè)光滑絕緣的圓形軌道和傾斜軌道相切于B點(diǎn)，將整個(gè)裝置置于垂直軌道平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一帶正電小

10、球從A處由靜止釋放沿軌道運(yùn)動(dòng)，并恰能通過(guò)圓形軌道的最高點(diǎn)C?，F(xiàn)若撤去磁場(chǎng)，使球仍能恰好通過(guò)C點(diǎn)，則釋放高度H′與原釋放高度H的關(guān)系是(　　) 圖2 A.H′H D.不能確定 解析　有磁場(chǎng)時(shí)，對(duì)小球在最高點(diǎn)有：mg－qBv1＝m，下落過(guò)程由動(dòng)能定理得mg(H－2R)＝mv；無(wú)磁場(chǎng)時(shí)，對(duì)小球在最高點(diǎn)有：mg＝m，下落過(guò)程由動(dòng)能定理得mg(H′－2R)＝mv，解得H′>H，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。 答案　C 3.如圖3，左側(cè)為加速電場(chǎng)，右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，加速電場(chǎng)的加速電壓是偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)電壓的k倍。有一初速度為零的電荷經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩板正中間

11、垂直電場(chǎng)方向射入，且正好能從極板下邊緣穿出電場(chǎng)，不計(jì)電荷的重力，則偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)長(zhǎng)寬之比的值為(　　) 圖3 A. B. C. D. 解析　設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，因?yàn)閝U1＝mv，電荷離開加速電場(chǎng)時(shí)的速度v0＝；在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中＝t2，解得t＝d，水平距離l＝v0t＝·d＝d＝d，所以＝。 答案　B 4.如圖4所示，截面為正方形的空腔abcd中有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。若有一束具有不同速率的電子由小孔a沿ab方向射入磁場(chǎng)，打在腔壁上的電子都被腔壁吸收，則(　　) 圖4 A.由小孔c和小孔d射出的電子的速率之比為1∶2 B.由小孔c和小孔d射出的電子的速

12、率之比為2∶1 C.由小孔c和d射出的電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為2∶1 D.由小孔c和d射出的電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為4∶1 解析　設(shè)正方形空腔abcd的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，根據(jù)r＝，可知L＝，＝，則＝2∶1，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確；根據(jù)T＝，可知tc＝＝，td＝＝，＝1∶2，故選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。 答案　B 5.(2017·天津河西區(qū)三模)如圖5所示，帶正電的A球固定，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子B從a處以速度v0射向A，虛線abc是B運(yùn)動(dòng)的一段軌跡，b點(diǎn)距離A最近。粒子經(jīng)過(guò)b點(diǎn)時(shí)速度為v，重力忽略不計(jì)。則下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖5 A.粒子從a運(yùn)動(dòng)到b的過(guò)程中動(dòng)能不斷增

13、大 B.粒子從b運(yùn)動(dòng)到c的過(guò)程中加速度不斷減小 C.可求出A產(chǎn)生的電場(chǎng)中a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差 D.可求出A產(chǎn)生的電場(chǎng)中b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度 解析　由題圖知，帶電粒子受到A處正電荷的排斥力作用，粒子從a運(yùn)動(dòng)到b的過(guò)程中庫(kù)侖力做負(fù)功，其動(dòng)能不斷減小，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；粒子從b運(yùn)動(dòng)到c的過(guò)程中粒子離正電荷越來(lái)越遠(yuǎn)，所受的庫(kù)侖力減小，加速度減小，故選項(xiàng)B正確；根據(jù)動(dòng)能定理qUa b＝mv2－mv，能求出a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Ua b，故選項(xiàng)C正確；a、b間不是勻強(qiáng)電場(chǎng)，不能根據(jù)公式U＝Ed求出b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　BC 6.(2017·河南洛陽(yáng)名校聯(lián)考)如圖6所示，高為h的光滑絕緣曲面

14、處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向平行于豎直平面，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小球，以初速度v0從曲面底端的A點(diǎn)開始沿曲面表面上滑，到達(dá)曲面頂端B點(diǎn)的速度大小仍為v0，則(　　) 圖6 A.電場(chǎng)力對(duì)小球做功為mgh＋mv B.A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差為 C.電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值為 D.小球在B點(diǎn)的電勢(shì)能小于在A點(diǎn)的電勢(shì)能 解析　小球上滑過(guò)程中，由動(dòng)能定理有W電－mgh＝0，所以W電＝mgh，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由W電＝qU可得A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差為U＝，選項(xiàng)B正確；由U＝Ed得E＝，若電場(chǎng)線沿AB時(shí)，d>h，則E<＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于電場(chǎng)力做正功，小球的電勢(shì)能減小，則小球在B點(diǎn)的電勢(shì)能小于在A點(diǎn)的電勢(shì)

15、能，選項(xiàng)D正確。 答案　BD 7.(2017·南平檢測(cè))在一個(gè)邊界為等邊三角形的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)邊界上的P點(diǎn)處有一個(gè)粒子源，發(fā)出比荷相同的三個(gè)粒子a、b、c(不計(jì)重力)沿同一方向進(jìn)入磁場(chǎng)，三個(gè)粒子通過(guò)磁場(chǎng)的軌跡如圖7所示，用ta、tb、tc分別表示a、b、c通過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間；用ra、rb、rc分別表示a、b、c在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑，則下列判斷正確的是(　　) 圖7 A.ta＝tb>tc B.tc>tb>ta C.rc>rb>ra D.rb>ra>rc 解析　粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由圖示情景可知：粒子軌道半徑rc>rb>ra，粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角

16、θa＝θb>θc，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝，由于粒子的比荷相同、B相同，則粒子周期相同，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝T，由于θa＝θb>θc，T相同，則ta＝tb>tc，故A、C正確，B、D錯(cuò)誤。 答案　AC 二、非選擇題 8.(2017·山西省重點(diǎn)中學(xué)高三5月聯(lián)合考試)如圖8所示為一多級(jí)加速器模型，一質(zhì)量為m＝1.0×10－3 kg、電荷量為q＝8.0×10－5 C的帶正電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))通過(guò)1、2級(jí)無(wú)初速度地進(jìn)入第3級(jí)加速電場(chǎng)，之后沿位于軸心的光滑淺槽，經(jīng)過(guò)多級(jí)加速后從A點(diǎn)水平拋出，恰好能從MN板的中心小孔B垂直金屬板進(jìn)入兩板間，A點(diǎn)在MN板左端M點(diǎn)正上方，傾斜平行金屬板MN

17、、PQ的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)＝1.0 m，金屬板與水平方向的夾角為θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。 圖8 (1)求A點(diǎn)到M點(diǎn)的高度以及多級(jí)加速電場(chǎng)的總電壓U； (2)若該平行金屬板間有圖示方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，且電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝100 V/m，要使帶電小球不打在PQ板上，則兩板間的距離d至少要多長(zhǎng)？ 解析　(1)設(shè)小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，小球的初速度為v0，A點(diǎn)到M點(diǎn)的高度為y 則有＝tan θ① cos θ＝v0t1② y－sin θ＝gt③ 聯(lián)立①②③并代入數(shù)據(jù)解得 v0＝ m/s，y＝ m④ 帶電小球在多級(jí)加速器

18、加速的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有 qU＝mv－0⑤ 代入數(shù)據(jù)解得U＝18.75 V (2)進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，以沿板向下為x軸正方向和垂直于板向下為y軸正方向建立直角坐標(biāo)系，將重力正交分解，則 沿y軸方向有 Fy＝mgcos θ－qE＝0⑥ 沿x軸方向有Fx＝mgsin θ⑦ 故小球進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)剛好從P點(diǎn)離開，則有Fx＝ma⑧ ＝at⑨ dmin＝ t2⑩ 聯(lián)立④⑦⑧⑨⑩并代入數(shù)據(jù)解得dmin＝ m 即兩板間的距離d至少為 m。 答案　見解析 9.(2017·安徽馬鞍山三模)如圖9所示，在xOy平面內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其中x<0區(qū)域無(wú)磁場(chǎng)，在0

19、磁場(chǎng)方向垂直xOy平面向里，在x>a區(qū)域的磁場(chǎng)方向垂直xOy平面向外。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，從坐標(biāo)原點(diǎn)O處以一定的速度沿x軸正方向射入磁場(chǎng)。 圖9 (1)若該粒子恰好過(guò)點(diǎn)[a，(－1)a]，則粒子的速度為多大？ (2)在滿足(1)的情況下，求粒子從磁場(chǎng)中射出時(shí)距原點(diǎn)O的距離； (3)若粒子從O點(diǎn)入射的速度v0大小已知，且無(wú)(1)中條件限制，為使粒子能夠回到原點(diǎn)O，則a應(yīng)取何值？ 解析　(1)設(shè)軌跡半徑為r，則[r－(－1)a]2＋a2＝r2 解得r＝a 又有牛頓第二定律得 Bqv＝ 解得v＝ (2)由數(shù)學(xué)知識(shí)可知 sin∠P1O1O＝， 即∠P1O1O

20、＝45° 故△O1O2O3為等腰直角三角形，所以射出點(diǎn)P3與原點(diǎn)O距離為OP3＝2r－2r＝(4－2)a (3)設(shè)粒子的半徑為R，則Bqv0＝ 即R＝ 要使軌跡回到O點(diǎn)，由對(duì)稱性可知軌跡如圖所示。由幾何關(guān)系易知△O1O2O3必為等邊三角形，故a＝Rsin 60°＝ 答案　(1)　(2)(4－2)a　(3) 10.(2017·南通市模擬)如圖10所示，在真空中，沿水平方向和豎直方向建立直角坐標(biāo)系xOy，在x軸上方有一沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E(電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小未知)。有一質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q的小球，從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止開始自由下落，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到P(0，－h(huán))點(diǎn)時(shí)，在x軸下方突然加

21、一豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其電場(chǎng)強(qiáng)度與x軸上方的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，且小球從P點(diǎn)返回到O點(diǎn)與從O點(diǎn)下落到P點(diǎn)所用的時(shí)間相等。重力加速度為g。求： 圖10 (1)小球返回O點(diǎn)時(shí)速度的大小； (2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??； (3)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的位置坐標(biāo)。 解析　(1)設(shè)小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間為t，在P點(diǎn)的速度為v1，返回O點(diǎn)時(shí)的速度為v2，則 因?yàn)閔＝gt2 所以t＝ v1＝gt＝ 因?yàn)閔＝t 所以v2＝2 (2)因?yàn)閍＝＝3g F－mg＝ma 所以E＝＝ (3)在豎直方向：y＝＝4h 設(shè)小球進(jìn)入x軸上方運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)所用時(shí)間為t2，則 t2＝＝2 因?yàn)閍x＝＝＝4g 所以x＝axt＝16h 所以小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的位置坐標(biāo)為(16h，4h)。 答案　(1)2　(2)　(3)(16h，4h) - 13 -