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物体做曲线运动，无法直接进行求解，只能通过化曲线为直线.例如物体做平抛运动，物体的运动可分解为水平方向的匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，这种“化曲为直”的分解思想经常在求解曲线运动问题时应用.下面举例说明，希望对学生有所启发和帮助.
图1
例1 （2016年高考物理天津卷题11）如图1所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E=
53N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B=0.5 T.有一带正电的小球，质量m=1×10-6kg，电荷量q=2×10-6C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象），g取10 m/s2.求：
（1）小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
（2）从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.
答案：（1） v=20 m/s 方向与电场E的方向之间的夹角为θ=600斜向上
（2） t=3.5 s
图2
解析 （1）小球匀速直线运动时受力如图2所示，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有：
qvB=q2E2+m2g2①
代入数据解得：v=20 m/s②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足
tanθ=qEmg③
代入数据解得：
tanθ=3
θ=600 ④
（2） 解法一
撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有
a=q2E2+m2g2m⑤
设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有
x=vt⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有
y=12at2⑦
a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又
tanθ=yx⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得
t=23s=3.5s⑨
解法二 撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为
vy=vsinθ⑤
若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有
vyt-12gt2=0⑥
联立⑤⑥式，代入数据解得：t=23s=3.5 s.
点拨 物体的运动分解时要特别注意：物体的合运动就是物体的实际运动，物体的合运动和分运动互不干扰，相对独立，具有时间上相等.
例2 如图3所示，在匀强电场中有一个半径为R=1 m的圆，电场方向与圆的平面平行，O、P两点电势差为10 V，一个电子在该匀强电场中仅受电场力作用下运动，且在P、Q两点上速度方向与圆的切线一致，速度大小均为v0=1 m/s，则（）.
A.电子从P到Q的运动过程中，动能先增大后减小
B.电子可能做圆周运动
C.该匀强电场的电场强度E=10 V/m
D.O点与圆周上电势最低的点的电势差为102V
答案：D
图3图4
解析 电子从P到Q的运动过程中，电子在OQ方向上速度由v0=1 m/s减小到零，该方向上电子受到的分力为Fx，电子在PO方向上速度由零增加到v0=1 m/s，该方向上电子受到的分力为Fy，如图4所示，根据平行四边形定则可得到电场力F的方向，由图可得：电子受到的合力（即电场力F）和电子速度方向的夹角先是钝角后是锐角，合力先做负功后做正功，根据动能定理可得：电子的动能先减小后增大，选项A错误；假设电子做圆周运动，电子受到合力是变力，不可能是恒力，由于电子在匀强电场中受到的电场力是恒力，所以选项B错误；电子从P到Q的运动过程中，由动能定理可得： -qUPQ=
12mv20-12mv20=0，可得：φP=φQ，P、Q的连线为等势线，根据电场线和等势线垂直可得：电场线的方向和OP的夹角为45°斜向下，O、P两点电势差为10 V，UOP=E×OPcos45°=10V，解得：
该匀强电场的电场强度E=102V/m，选项C错误；沿着电场线的方向，电势越来越低，可得：过O点电场线和圆的交点为电势的最低点，O点与圆周上电势最低的点的电势差为
U=ER=102V，选项D正确.
解后反思 电子从P到Q的运动过程中，电子在OQ方向上加速度大小为ax，则0=v0-axt，由牛顿第二定律可得：Fx=max；电子在PO方向上加速度大小为ay，则v0=0+ayt，由牛顿第二定律可得：Fy=may，可得：ax=ay=a，Fx=Fy，进一步可得：电场力F和Fx的夹角为45°，由于电子带负电荷，电场线的方向和OP的夹角为45°斜向下.
拓展 求电子从P到Q的运动过程中，电子的最小速度？
设电子从P开始经过时间t电子的速度最小，此时OQ方向上vx=v0-at，PO方向上vy=at，
电子的速度v=v2x+v2y=（v0-at）2+a2t2=2a2t2-2av0t+v20，当t=v02a时，电子的速度有最小值vmin=22v0=22m/s，此时vx=vy=12v0，可得此时电子的速度方向和电子受到的合力垂直.类比联想 物体做斜上抛运动，物体的运动可分解为：物体在竖直方向上受重力作用，物体做竖直上抛运动；物体在水平方向上不受力，物体在水平方向上做匀速直线运动，当物体运动到最高点时，物体在竖直方向的分速度为零，此时物体只有水平方向的速度；从能量转化和守恒的角度来分析：物体只受重力作用，物体的机械能守恒，物体到达最高点，物体的重力势能最大，物体的动能最小，物体的速度最小.由于在最高点物体的速度最小，此时速度方向沿着水平方向，物体的合力（物体的重力）竖直向下，可总结为：物体有最小速度时，物体的合力方向和速度方向垂直.
图5例3 如图5所示，小物块以初速度v0从O点沿斜面向上运动，同时从O点斜向上抛出一个速度大小也为v0的小球，物块和小球在斜面上的P点相遇.已知物块和小球质量相等（均可视为质点），空气阻力忽略不计.则下列说法正确的是（）.
A.斜面可能是光滑的
B.小球运动到最高点时离斜面最远
C.在P点时，小球的动能大于物块的动能
D.小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率不相等
答案：C
解析 设斜面的倾角为θ，小球的初速度方向和斜面的夹角为α，设OP=s，小球的运动可分解为沿平行于斜面向上做初速度大小为v0cosα，加速度大小为gsinθ的匀减速直线运动，小球从O点到P点的时间为t，由x=v0t+12at2可得：s=v0cosαt-12gsinθt2；小物块沿平行于斜面向上做初速度大小为v0，加速度大小为a的匀减速直线运动，结合题意可得：s=v0t-12at2，进一步可得：a>gsinθ，对小物块由牛顿第二定律可得：mgsinθ+f=ma，可得：f>0，斜面是粗造的，选项A错误；小球的速度在垂直于斜面方向的分速度为零时（即小球的速度方向平行于斜面时），小球离斜面最远，选项B错误；从O点到P点，由动能定理可得：
图1
例1 （2016年高考物理天津卷题11）如图1所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E=
53N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B=0.5 T.有一带正电的小球，质量m=1×10-6kg，电荷量q=2×10-6C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象），g取10 m/s2.求：
（1）小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
（2）从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.
答案：（1） v=20 m/s 方向与电场E的方向之间的夹角为θ=600斜向上
（2） t=3.5 s
图2
解析 （1）小球匀速直线运动时受力如图2所示，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有：
qvB=q2E2+m2g2①
代入数据解得：v=20 m/s②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足
tanθ=qEmg③
代入数据解得：
tanθ=3
θ=600 ④
（2） 解法一
撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有
a=q2E2+m2g2m⑤
设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有
x=vt⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有
y=12at2⑦
a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又
tanθ=yx⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得
t=23s=3.5s⑨
解法二 撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为
vy=vsinθ⑤
若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有
vyt-12gt2=0⑥
联立⑤⑥式，代入数据解得：t=23s=3.5 s.
点拨 物体的运动分解时要特别注意：物体的合运动就是物体的实际运动，物体的合运动和分运动互不干扰，相对独立，具有时间上相等.
例2 如图3所示，在匀强电场中有一个半径为R=1 m的圆，电场方向与圆的平面平行，O、P两点电势差为10 V，一个电子在该匀强电场中仅受电场力作用下运动，且在P、Q两点上速度方向与圆的切线一致，速度大小均为v0=1 m/s，则（）.
A.电子从P到Q的运动过程中，动能先增大后减小
B.电子可能做圆周运动
C.该匀强电场的电场强度E=10 V/m
D.O点与圆周上电势最低的点的电势差为102V
答案：D
图3图4
解析 电子从P到Q的运动过程中，电子在OQ方向上速度由v0=1 m/s减小到零，该方向上电子受到的分力为Fx，电子在PO方向上速度由零增加到v0=1 m/s，该方向上电子受到的分力为Fy，如图4所示，根据平行四边形定则可得到电场力F的方向，由图可得：电子受到的合力（即电场力F）和电子速度方向的夹角先是钝角后是锐角，合力先做负功后做正功，根据动能定理可得：电子的动能先减小后增大，选项A错误；假设电子做圆周运动，电子受到合力是变力，不可能是恒力，由于电子在匀强电场中受到的电场力是恒力，所以选项B错误；电子从P到Q的运动过程中，由动能定理可得： -qUPQ=
12mv20-12mv20=0，可得：φP=φQ，P、Q的连线为等势线，根据电场线和等势线垂直可得：电场线的方向和OP的夹角为45°斜向下，O、P两点电势差为10 V，UOP=E×OPcos45°=10V，解得：
该匀强电场的电场强度E=102V/m，选项C错误；沿着电场线的方向，电势越来越低，可得：过O点电场线和圆的交点为电势的最低点，O点与圆周上电势最低的点的电势差为
U=ER=102V，选项D正确.
解后反思 电子从P到Q的运动过程中，电子在OQ方向上加速度大小为ax，则0=v0-axt，由牛顿第二定律可得：Fx=max；电子在PO方向上加速度大小为ay，则v0=0+ayt，由牛顿第二定律可得：Fy=may，可得：ax=ay=a，Fx=Fy，进一步可得：电场力F和Fx的夹角为45°，由于电子带负电荷，电场线的方向和OP的夹角为45°斜向下.
拓展 求电子从P到Q的运动过程中，电子的最小速度？
设电子从P开始经过时间t电子的速度最小，此时OQ方向上vx=v0-at，PO方向上vy=at，
电子的速度v=v2x+v2y=（v0-at）2+a2t2=2a2t2-2av0t+v20，当t=v02a时，电子的速度有最小值vmin=22v0=22m/s，此时vx=vy=12v0，可得此时电子的速度方向和电子受到的合力垂直.类比联想 物体做斜上抛运动，物体的运动可分解为：物体在竖直方向上受重力作用，物体做竖直上抛运动；物体在水平方向上不受力，物体在水平方向上做匀速直线运动，当物体运动到最高点时，物体在竖直方向的分速度为零，此时物体只有水平方向的速度；从能量转化和守恒的角度来分析：物体只受重力作用，物体的机械能守恒，物体到达最高点，物体的重力势能最大，物体的动能最小，物体的速度最小.由于在最高点物体的速度最小，此时速度方向沿着水平方向，物体的合力（物体的重力）竖直向下，可总结为：物体有最小速度时，物体的合力方向和速度方向垂直.
图5例3 如图5所示，小物块以初速度v0从O点沿斜面向上运动，同时从O点斜向上抛出一个速度大小也为v0的小球，物块和小球在斜面上的P点相遇.已知物块和小球质量相等（均可视为质点），空气阻力忽略不计.则下列说法正确的是（）.
A.斜面可能是光滑的
B.小球运动到最高点时离斜面最远
C.在P点时，小球的动能大于物块的动能
D.小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率不相等
答案：C
解析 设斜面的倾角为θ，小球的初速度方向和斜面的夹角为α，设OP=s，小球的运动可分解为沿平行于斜面向上做初速度大小为v0cosα，加速度大小为gsinθ的匀减速直线运动，小球从O点到P点的时间为t，由x=v0t+12at2可得：s=v0cosαt-12gsinθt2；小物块沿平行于斜面向上做初速度大小为v0，加速度大小为a的匀减速直线运动，结合题意可得：s=v0t-12at2，进一步可得：a>gsinθ，对小物块由牛顿第二定律可得：mgsinθ+f=ma，可得：f>0，斜面是粗造的，选项A错误；小球的速度在垂直于斜面方向的分速度为零时（即小球的速度方向平行于斜面时），小球离斜面最远，选项B错误；从O点到P点，由动能定理可得：