有約束軌道的模型專題

1、有約束軌道的模型專題 永安一中 吳慶堂基本道具：在高中物理總復(fù)習(xí)中經(jīng)常會(huì)遇到以繩子、輕桿、圓管（軌）道等約束的物體運(yùn)動(dòng)問題，我們稱為“有約束軌道的模型”問題。所以，這類問題的基本道具有小物體（如小球）、繩子、輕桿、圓管（軌）道等。問題基本特點(diǎn)：以約束軌道的模型為載體，由直線運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)等主要運(yùn)動(dòng)形式形成的問題情境為立意，著重考查運(yùn)用所學(xué)知識(shí)分析問題解決問題的能力。由于約束，致使物體只能在特定的軌道上運(yùn)動(dòng)，但往往存在臨界問題，其運(yùn)動(dòng)過程相對(duì)復(fù)雜，致使許多同學(xué)對(duì)此類問題感到迷惑。但千萬記住新課程高考物理試題給我們的啟示：引導(dǎo)教學(xué)重視物理過程的分析和學(xué)生綜合解決問題能力的培養(yǎng)，強(qiáng)調(diào)對(duì)考生

2、“運(yùn)用所學(xué)知識(shí)分析問題、解決問題的能力”的考查，這類問題依然是動(dòng)力學(xué)的重要模型之一，我們絕不能回避，要知難而上，分析比較、歸納總結(jié)，抓住問題的規(guī)律及解決的方法，以不變應(yīng)萬變。基本方法和思路：采用分解法分析復(fù)雜的物理過程，降低難度，幫助理解。分析各階段物體的受力情況，注意約束力以及合外力的變化情況，并確定物體的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)。畫好受力圖，建立清晰的物理情景，尋找狀態(tài)或過程所遵循的物理規(guī)律，然后利用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)建立方程式，求出相關(guān)的待求量。典型實(shí)例：【例1】如圖所示，質(zhì)量為0.1g的小球，帶有510-4C的正電荷，套在一根與水平方向成37角的足夠長的絕緣桿上，小球與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.5，

3、桿所在空間有磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.4T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，小球由靜止開始下滑，試求小球在下滑過程中（取重力加速度g=10m/s2， sin370=0.6，cos370=0.8）（1）它的最大加速度為多少？此時(shí)速度多大？（2）它的最大速度為多大？mgfqvBNa甲【提示】解答本題的關(guān)鍵是正確分析小球下滑過程中所受各個(gè)力的變化情況，由此得出小球加速度最大和速度最大時(shí)的受力特點(diǎn)?！窘馕觥啃∏蛴伸o止沿桿下滑的速度為v時(shí)，受到重力mg、洛倫茲力f洛=qvB、桿的彈力N和摩擦力f=N，受力如圖甲所示，由牛頓第二定律，有：沿桿的方向：mg sin370N=ma 垂直桿的方向：N+ qvB= mg cos370 乙mgN

4、2f2qvmBvm可見，當(dāng)N1=0（即f1=N1=0）時(shí)，a有最大值am，且am= g sin370=6m/s2此時(shí)qv1B= mg cos370 解得： v1= mg cos370/qB=4 m/s(2)設(shè)當(dāng)小球的速度達(dá)到最大值vm時(shí)，小球受桿的彈力為N2，f2=N2，受力如圖乙所示，此時(shí)應(yīng)有a=0，即沿桿的方向：mg sin370N2=0 垂直桿的方向：N2+ mg cos370 = qvmB 解得：vm= mg（sin370+cos370）/qB=10 m/svB【變式訓(xùn)練1】如圖所示，一個(gè)帶正電的小球套在水平且足夠長的粗糙的絕緣桿上，整個(gè)裝置處于方向如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，現(xiàn)給小球一個(gè)水

5、平向右的初速度，則小球在桿上運(yùn)動(dòng)情況不可能的是（ ）A始終做勻速運(yùn)動(dòng) B始終做減速運(yùn)動(dòng)，最后靜止于桿上C先做加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速運(yùn)動(dòng) D先做減速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速運(yùn)動(dòng)EB參考答案：C【變式訓(xùn)練2】如圖所示的空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)E和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B。質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球，套在一根足夠長的豎直絕緣桿上，由靜止開始下滑，小球與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，則小球下滑過程中（1）它的最大加速度為多少？此時(shí)速度多大？（2）它的最大速度為多大？參考答案：（1）am=g，v=E/B （2）vm=（qE+m g）/qB【例2】小明站在水平地面上，手握不可伸長的輕繩一端，繩的另一端系有質(zhì)量為m的

6、小球，甩動(dòng)手腕，使球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。當(dāng)球某次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，繩突然斷掉，球飛行水平距離d后落地。如圖所示。已知握繩的手離地面高度為d，手與球之間的繩長為3d/4,重力加速度為g。忽略手的運(yùn)動(dòng)半徑和空氣阻力。(1)求繩斷時(shí)球的速度大小v1和球落地時(shí)的速度大小v2。(2)輕繩能承受的最大拉力多大？改變繩長，使球重復(fù)上述運(yùn)動(dòng)，若繩仍在球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)斷掉，要使球拋出的水平距離最大，繩長應(yīng)是多少？最大水平距離為多少？解：（1）設(shè)繩斷后球飛行時(shí)間為t，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有豎直方向d=gt2，水平方向d=v1t得v1=由機(jī)械能守恒定律，有 +mg(d3d/4) 得v2=（2）設(shè)繩能承受的最大拉力大小

7、為T，這也是球受到繩的最大拉力大小。 球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R=3d/4 由圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式，有 得（3）設(shè)繩長為l,繩斷時(shí)球的速度大小為v3，繩承受的最大拉力不變，有得繩斷后球做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直位移為dl,水平位移為x，時(shí)間為t1，有dl= x=v3t1得x4當(dāng)l時(shí)，x有極大值 xmaxd【變式訓(xùn)練1】在游樂節(jié)目中，選手需要借助懸掛在高處的繩飛越到水面的浮臺(tái)上，小明和小陽觀看后對(duì)此進(jìn)行了討論。如圖所示，他們將選手簡化為質(zhì)量m=60kg的質(zhì)點(diǎn)， 選手抓住繩由靜止開始擺動(dòng)，此時(shí)繩與豎直方向夾角=300，繩的懸掛點(diǎn)O距水面的高度為H=3m.不考慮空氣阻力和繩的質(zhì)量，浮臺(tái)露出水面的高度不計(jì)，水足夠深。

8、取重力加速度g=10m/s2， sin530=0.8，cos530=0.6（1）求選手?jǐn)[到最低點(diǎn)時(shí)對(duì)繩拉力的大小F；（2）若繩長l=2m, 選手?jǐn)[到最高點(diǎn)時(shí)松手落入水中。設(shè)水對(duì)選手的平均浮力f1=800N，平均阻力f2=700N，求選手落入水中的深度；（3）若選手?jǐn)[到最低點(diǎn)時(shí)松手， 小明認(rèn)為繩越長，在浮臺(tái)上的落點(diǎn)距岸邊越遠(yuǎn)；小陽認(rèn)為繩越短，落點(diǎn)距岸邊越遠(yuǎn)，請(qǐng)通過推算說明你的觀點(diǎn)。解：（1）機(jī)械能守恒： mgl(1cos)=mv2/2 擺到最低點(diǎn)時(shí),“牛二” F/mg= mv2/l 聯(lián)立可得 F/= mg (32cos) 由“牛三”知，人對(duì)繩的拉力F= F/ 則F=1080N （2）動(dòng)能定理：

9、mg (Hlcos+d) (f1+f2)d=0 解得：d=1.2m (3)選手從最低點(diǎn)開始做平拋運(yùn)動(dòng) x=vt Hl=gt2/2 聯(lián)立可得x=2 當(dāng)l=H/2時(shí)，x有最大值 解得 l=1.5m 因此，兩人的看法均不正確。當(dāng)繩長越接近1.5m時(shí)，落點(diǎn)距岸邊越遠(yuǎn)?！咀兪接?xùn)練3】特種兵過山谷的一種方法可簡化為圖示情景。將一根長為L=10m的不可伸長的細(xì)繩兩端固定在相距為d=8m的A、B兩等高點(diǎn)，繩上掛一小滑輪P，戰(zhàn)士們相互配合，沿著繩子滑到對(duì)面。如圖所示，戰(zhàn)士甲水平拉住滑輪，質(zhì)量為m=60kg的戰(zhàn)士乙吊在滑輪上，腳離地，處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)AP豎直，然后戰(zhàn)士甲將滑輪從靜止?fàn)顟B(tài)釋放，若不計(jì)滑輪摩擦及空氣

10、阻力，也不計(jì)繩與滑輪的質(zhì)量，取g=10m/s2，求：（1）戰(zhàn)士甲釋放前對(duì)滑輪的水平拉力F；（2）戰(zhàn)士乙滑動(dòng)過程中的最大速度（3）假設(shè)戰(zhàn)士乙可視為質(zhì)點(diǎn)，當(dāng)他下滑到最低點(diǎn)時(shí)突然松手，此時(shí)速度成水平方向，那么他能否安全落在B點(diǎn)正下方h3=8m的山谷對(duì)岸地面上？解：設(shè)乙靜止時(shí)AP間距離為h，則由幾何關(guān)系得d2h12(Lh1)2 解得 h11.8msin= d/(Lh1) =40/41 cos= h1/(Lh1)=9/41對(duì)滑輪受力分析如圖，則有FTFTcosmg FTsinF解得：Fmg=480N（2）乙在滑動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，滑到繩的中點(diǎn)位置最低，速度最大。此時(shí)APB三點(diǎn)構(gòu)成兩個(gè)全等的直角三角形。P

11、與AB的距離為 h2由機(jī)械能守恒有: mg(h2h1)解得 （3）戰(zhàn)士乙下滑到最低點(diǎn)時(shí)突然松手，做平拋運(yùn)動(dòng)，有：x=vmt y=h3h2=gt2/2 聯(lián)立可得：x=4m可見，戰(zhàn)士乙能安全落在山谷對(duì)岸地面上?！咀兪接?xùn)練4】如圖所示、四分之一圓軌道OA與水平軌道AB相切，它們與另一水平軌道CD在同一豎直面內(nèi)，圓軌道OA的半徑R=0.45m，水平軌道AB長S13m，OA與AB均光滑。一滑塊從O點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)滑塊經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)，靜止在CD上的小車在F=1.6N的水平恒力作用下啟動(dòng)，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后撤去F。當(dāng)小車在CD上運(yùn)動(dòng)了S23.28m時(shí)速度v=2.4m/s，此時(shí)滑塊恰好落入小車中。已知小車質(zhì)量M=0.

12、2kg，與CD間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.4。（取g=10m/）求（1）恒力F的作用時(shí)間t（2）AB與CD的高度差h。解：（1）設(shè)小車在軌道CD上加速的距離為s,由動(dòng)能定理得 設(shè)小車在軌道CD上做加帶運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得 建立式，代入數(shù)據(jù)得 （2）設(shè)小車在軌道CD上做加速運(yùn)動(dòng)的末速度為，撤去力F后小車做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為減速時(shí)間為，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得 設(shè)滑塊的質(zhì)量為m,運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的速度為，由動(dòng)能定理得設(shè)滑塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間為，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 設(shè)滑塊做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為則 由平拋規(guī)律得 聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)得 【例3】某校物理興趣小組決定舉行遙控賽車比賽。比賽路徑如圖所示，賽車從起點(diǎn)A

13、出發(fā)，沿水平直線軌道運(yùn)動(dòng)L后，由B點(diǎn)進(jìn)入半徑為R的光滑豎直圓軌道，離開豎直圓軌道后繼續(xù)在光滑平直軌道上運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，并能越過壕溝。已知賽車質(zhì)量m=0.1kg，通電后以額定功率P=1.5W工作，進(jìn)入豎直軌道前受到阻力恒為0.3N，隨后在運(yùn)動(dòng)中受到的阻力均可不記。圖中L=10.00m，R=0.32m，h=1.25m，S=1.50m。問：要使賽車完成比賽，電動(dòng)機(jī)至少工作多長時(shí)間？（?。窘馕觥勘绢}考查平拋、圓周運(yùn)動(dòng)和功能關(guān)系。設(shè)賽車越過壕溝需要的最小速度為v1，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律 解得 設(shè)賽車恰好越過圓軌道，對(duì)應(yīng)圓軌道最高點(diǎn)的速度為v2，最低點(diǎn)的速度為v3，由牛頓第二定律及機(jī)械能守恒定律 解得 m/s通

14、過分析比較，賽車要完成比賽，在進(jìn)入圓軌道前的速度最小應(yīng)該是m/s設(shè)電動(dòng)機(jī)工作時(shí)間至少為t，根據(jù)功能原理 由此可得 t=2.53s【變式訓(xùn)練5】為了研究過山車的原理，物理興趣小組提出了下列設(shè)想：取一個(gè)與水平方向夾角為370，長為L=2.0m的粗造的傾斜軌道AB，通過水平軌道BC與豎直圓軌道相連，出口為水平軌道DE，整個(gè)軌道除AB段以外都是光滑的。其中AB與BC軌道以微小圓弧相接，如圖所示。一個(gè)小物塊以初速度v0=4.0m/s從某一高處水平拋出，到A點(diǎn)時(shí)速度方向恰沿AB方向，并沿傾斜軌道滑下。已知物塊與傾斜軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.50。（取g=10m/s2， sin370=0.6，cos370=0.

15、8）（1）要使小物塊不離開軌道，并從水平軌道DE滑出，則豎直圓軌道的半徑應(yīng)滿足什么條件？（2）為了讓小物塊不離開軌道，并且能夠滑回傾斜軌道AB，則豎直圓軌道的半徑應(yīng)滿足什么條件？（3）按問（2）的要求，小物塊進(jìn)入軌道后最多可以有多少次通過圓軌道上距水平軌道高為0.01m的某一點(diǎn)？參考答案：（1）R0.66m （2）R1.65m （3）8次提示：問（3）中，第一次沖上圓軌道的高度取最大值H=1.65m，第一次滑回傾斜軌道的高度設(shè)為h1，滑回傾斜軌道的高度設(shè)為h1/，由動(dòng)能定理有： mg(Hh1) mg h1cot370=0 mg(h1h1/) mg h1cot370=0 由得h1=3H/5 由得

16、h1/= h1/3 綜合得h1/= H /5 同理h2/= h1/ /5=（1/5）2 H 以此類推hn/=（1/5）n H h (式中h=0.01m) 可見，n最多只能取3，因此，總次數(shù)最多為N=1+2n+1=8(次)【變式訓(xùn)練6】某興趣小組設(shè)計(jì)了如圖所示的玩具軌道中，其中“2008”四個(gè)等高數(shù)字用內(nèi)壁光滑的薄壁細(xì)圓管彎成，固定在豎直平面內(nèi)（所示數(shù)字均由圓或半圓組成，圓半徑比細(xì)管的內(nèi)徑大得多）底端與水平地面相切。彈射裝置將一個(gè)小物體（可視為質(zhì)點(diǎn)）以m/s的水平初速度由a點(diǎn)彈出，從b點(diǎn)進(jìn)入軌道，依次經(jīng)過“8002”后從p點(diǎn)水平拋出。小物體與地面ab段間的動(dòng)摩擦因數(shù)不計(jì)其它機(jī)械能損失。已知ab段

17、長L1.5m，數(shù)字“0”原半徑R=0.2m，小物體質(zhì)量m=0.01kg，g=10m/s2。求：（1）小物體從p點(diǎn)拋出后的水平射程。（2）小物體經(jīng)過數(shù)字“0”的最高點(diǎn)時(shí)管道對(duì)小物體的作用力的大小和方向。解：（1）設(shè)小物體運(yùn)動(dòng)到p點(diǎn)時(shí)的速度大小為，對(duì)小物體由a運(yùn)動(dòng)到p過程應(yīng)用動(dòng)能定理得小物體自p點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，水平射程為s，則 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得 m （2）設(shè)在數(shù)字“0”的最高點(diǎn)時(shí)的管道對(duì)小物體的作用力大小為F，取豎直向上為正方向 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得 N 方向豎直向下【變式訓(xùn)練7】過山車是游樂場(chǎng)中常見的設(shè)施。下圖是一種過山車的簡易模型，它由水平軌道和在豎直平面內(nèi)的三個(gè)圓形軌道組成

18、，B、C、D分別是三個(gè)圓形軌道的最低點(diǎn)，B、C間距與C、D間距相等，半徑、。一個(gè)質(zhì)量為kg的小球（視為質(zhì)點(diǎn)），從軌道的左側(cè)A點(diǎn)以的初速度沿軌道向右運(yùn)動(dòng)，A、B間距m。小球與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)，圓形軌道是光滑的。假設(shè)水平軌道足夠長，圓形軌道間不相互重疊。重力加速度取，計(jì)算結(jié)果保留小數(shù)點(diǎn)后一位數(shù)字。試求 （1）小球在經(jīng)過第一個(gè)圓形軌道的最高點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)小球作用力的大小； （2）如果小球恰能通過第二圓形軌道，B、C間距應(yīng)是多少； （3）在滿足（2）的條件下，如果要使小球不能脫離軌道，在第三個(gè)圓形軌道的設(shè)計(jì)中，半徑應(yīng)滿足的條件；小球最終停留點(diǎn)與起點(diǎn)的距離。解析：（1）設(shè)小于經(jīng)過第一個(gè)圓軌道的最高點(diǎn)

19、時(shí)的速度為v1根據(jù)動(dòng)能定理 小球在最高點(diǎn)受到重力mg和軌道對(duì)它的作用力F，根據(jù)牛頓第二定律 由得 （2）設(shè)小球在第二個(gè)圓軌道的最高點(diǎn)的速度為v2，由題意 由得 （3）要保證小球不脫離軌道，可分兩種情況進(jìn)行討論：I軌道半徑較小時(shí)，小球恰能通過第三個(gè)圓軌道，設(shè)在最高點(diǎn)的速度為v3，應(yīng)滿足 由得 II軌道半徑較大時(shí)，小球上升的最大高度為R3，根據(jù)動(dòng)能定理 解得 為了保證圓軌道不重疊，R3最大值應(yīng)滿足 解得 R3=27.9m綜合I、II，要使小球不脫離軌道，則第三個(gè)圓軌道的半徑須滿足下面的條件 或 當(dāng)時(shí)，小球最終焦停留點(diǎn)與起始點(diǎn)A的距離為L，則 當(dāng)時(shí)，小球最終焦停留點(diǎn)與起始點(diǎn)A的距離為L，則 強(qiáng)化闖關(guān)

20、：1.如圖，ABC和ABD為兩個(gè)光滑固定軌道，A、B、E在同一水平面，C、D、E在同一豎直線上，D點(diǎn)距水平面的高度h，C點(diǎn)高度為2h，一滑塊從A點(diǎn)以初速度分別沿兩軌道滑行到C或D處后水平拋出。（1）求滑塊落到水平面時(shí)，落點(diǎn)與E點(diǎn)間的距離和.（2）為實(shí)現(xiàn)，應(yīng)滿足什么條件？解析：（1）根據(jù)機(jī)械能守恒，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律：， ,綜合得，（2）為實(shí)現(xiàn)，即，得但滑塊從A點(diǎn)以初速度分別沿兩軌道滑行到C或D處后水平拋出，要求，所以。本題考查根據(jù)機(jī)械能守恒和平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律以及用數(shù)學(xué)工具處理物理問題的能力。難度：難。2.如圖，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R=0.2m的半圓，兩段

21、軌道相切于B點(diǎn)，整個(gè)軌道處在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)大小E=5.0103V/m。一不帶電的絕緣小球甲，以速度0沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，與靜止在B點(diǎn)帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞。已知甲、乙兩球的質(zhì)量均為m=1.010-2kg，乙所帶電荷量q=2.010-5C，g取10m/s2。(水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質(zhì)點(diǎn)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程無電荷轉(zhuǎn)移)（1） 甲乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點(diǎn)D，求乙在軌道上的首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離；（2）在滿足(1)的條件下。求甲的速度0；（3）若甲仍以速度0向右運(yùn)動(dòng)，增大甲的質(zhì)量，保持乙的質(zhì)量不變，求乙在軌道上的首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離范圍。2解：（1）大乙恰能通過軌道最高點(diǎn)

22、的情況，設(shè)乙到達(dá)最高點(diǎn)速度為v0，乙離開D點(diǎn)到達(dá)水平軌道的時(shí)間為t，乙的落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為x，則 聯(lián)立得 （2）設(shè)碰撞后甲、乙的速度分別為v甲、v乙，根據(jù)動(dòng)量守恒定律的機(jī)械能守恒定律有聯(lián)立得由動(dòng)能定理，得聯(lián)立得 （3）設(shè)甲的質(zhì)量為M，碰撞后甲、乙的速度分別為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有 （10） （11） 聯(lián)立（10）（11）得 （12）由（12）和，可得 （13）設(shè)乙球過D點(diǎn)時(shí)速度為，由動(dòng)能定理得（14）聯(lián)立（13）（14）得設(shè)乙在水平軌道上的落點(diǎn)距B點(diǎn)的距離為有聯(lián)立（15）（16）得3如圖所示，直線形擋板p1p2p3與半徑為r的圓弧形擋板p3p4p5平滑連接并安裝在水平臺(tái)面b1b2

23、b3b4上，擋板與臺(tái)面均固定不動(dòng)。線圈c1c2c3的匝數(shù)為n，其端點(diǎn)c1、c3通過導(dǎo)線分別與電阻R1和平行板電容器相連，電容器兩極板間的距離為d，電阻R1的阻值是線圈c1c2c3阻值的2倍，其余電阻不計(jì)，線圈c1c2c3內(nèi)有一面積為S、方向垂直于線圈平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增大。質(zhì)量為m的小滑塊帶正電，電荷量始終保持為q,在水平臺(tái)面上以初速度v0從p1位置出發(fā)，沿?fù)醢暹\(yùn)動(dòng)并通過p5位置。若電容器兩板間的電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，p1、p2在電場(chǎng)外，間距為l,其間小滑塊與臺(tái)面的動(dòng)摩擦因數(shù)為，其余部分的摩擦不計(jì)，重力加速度為g，求：(1) 小滑塊通過p2位置時(shí)的速度大小。(2) 電容

24、器兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的取值范圍。(3)經(jīng)過時(shí)間t,磁感應(yīng)強(qiáng)度變化量的取值范圍。3解：（1） 小滑塊運(yùn)動(dòng)到位置時(shí)速度為v1，由動(dòng)能定理有： v1= （2）由題意可知，電場(chǎng)方向如圖，若小滑塊能通過位置p，則小滑塊可沿?fù)醢暹\(yùn)動(dòng)且通過位置p5，設(shè)小滑塊在位置p的速度為v，受到的擋板的彈力為N，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，由動(dòng)能定理有：= 當(dāng)滑塊在位置p時(shí)，由牛頓第二定律有：N+Eq=m 由題意有：N0 由以上三式可得：E E的取值范圍：0 E （3）設(shè)線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E1，其電阻為R，平行板電容器兩端的電壓為U，t時(shí)間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化量為B，得：U=Ed 由法拉第電磁感應(yīng)定律得E1=n由全電路的歐姆定律

25、得E1=I（R+2R） U=2RI經(jīng)過時(shí)間t，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化量的取值范圍：0 4如圖所示，光滑絕緣的水平面右端B處連接一個(gè)豎直的半徑為R的光滑半圓軌道，最高點(diǎn)C與該半圓的圓心在同一豎直線上，豎直線的左側(cè)區(qū)域有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在離B距離為x的A點(diǎn)，有一帶電量為q、質(zhì)量為m的小滑塊從靜止開始釋放，小滑塊沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)到C處后立即撤去左邊的勻強(qiáng)電場(chǎng)，結(jié)果小滑塊正好落回A點(diǎn)（小滑塊可看作質(zhì)點(diǎn)），求：（1）小滑塊在水平軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)電場(chǎng)力所做的功；（2）x為何值時(shí)，完成上述運(yùn)動(dòng)電場(chǎng)力所做的功最少？并求出最小的功；（3）x為何值時(shí)，完成上述運(yùn)動(dòng)所選用的水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度最小？并求出最小的電場(chǎng)強(qiáng)

26、度。解：（1）小滑塊從半圓弧軌道做平拋運(yùn)動(dòng)又回到A點(diǎn)，設(shè)小滑塊在C點(diǎn)的速度為v0，則從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)所用的時(shí)間為t，在水平方向x=v0t 豎直方向上 解式有對(duì)質(zhì)點(diǎn)從A到C，由動(dòng)能定理有解得 （2）要使電場(chǎng)力F做功最少，確定x的取值，知，只要質(zhì)點(diǎn)在C點(diǎn)速度最小，則功WF就最小。若質(zhì)點(diǎn)恰好能通過C點(diǎn)，其在C點(diǎn)最小速度為v，由牛頓第二定律有，則 由式有，解得x=2R時(shí)，WF最小，最小的功。（3）由式，即因，,由極值不等式有：當(dāng)時(shí)，即x=4R時(shí)，最小的力qE=mg，E=mg/q5.如圖所示為放置在豎直平面內(nèi)游戲滑軌的模擬裝置，滑軌由四部分粗細(xì)均勻的金屬桿組成，其中傾斜直軌AB與水平直軌CD長均為L3m

27、，圓弧形軌道APD和BQC均光滑，BQC的半徑為r1m，APD的半徑為R，AB、CD與兩圓弧形軌道相切，O2A、O1B與豎直方向的夾角均為q37?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m1kg的小球穿在滑軌上，以Ek0的初動(dòng)能從B點(diǎn)開始沿AB向上運(yùn)動(dòng)，小球與兩段直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，設(shè)小球經(jīng)過軌道連接處均無能量損失。（g10m/s2，sin370.6，cos370.8，sin18.5=0.32，cos18.5=0.95，tan18.5=，cot18.5=3）求：（1）要使小球完成一周運(yùn)動(dòng)回到B點(diǎn)，初動(dòng)能EK0至少多大？（2）在滿足（1）的條件下，小球第二次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能；（3）在滿足（1）的條件下，小球在CD段上

28、運(yùn)動(dòng)的總路程。拓展：（4）若Ek0=31J,而其他條件不變，則小球第二次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能EkD=？在CD段上運(yùn)動(dòng)的總路程SCD=？（5）若Ek0=13J,而其他條件不變，則小球能否完成一周運(yùn)動(dòng)回到B點(diǎn)？小球第二次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能EkD=？在CD段上運(yùn)動(dòng)的總路程SCD=？（6）若小球與CD段直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為/，其他條件不變，則要使小球完成一周運(yùn)動(dòng)回到B點(diǎn)，初動(dòng)能EK0至少多大？（7）若CD段直軌道也是光滑的，其他條件不變，則當(dāng)Ek0=31J時(shí)，小球在AB段直軌道運(yùn)動(dòng)的總路程SAB=？5解：（1）如圖所示，由幾何關(guān)系，有：R+Rcos= r+rcos+Lsin 解得：R=2m 由功能關(guān)系可

29、知，要使小球完成一周運(yùn)動(dòng)回到B點(diǎn)，必須同時(shí)滿足兩個(gè)條件，能過軌道最高點(diǎn)M的條件是：Ek0-mgLsin+ R(1-cos) -mgLcos=EkM0 初動(dòng)能足以沿途克服摩擦發(fā)熱損耗，即：Ek0mgLcos+mgL 由得：Ek030J 由得：Ek018J綜合可得：小球初動(dòng)能Ek0min=30J（2）在滿足（1）的條件下，小球第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能EKb1=Ek0min-mgL(1+cos)=12J 設(shè)此后小球能沖上AB段直軌道的最大距離為x，則EKb1=mgx(sin+cos) 解得：x=m3m 所以，小球第二次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能 12.6J （3）由于 所以，在滿足（1）的條件下，小球在CD段上

30、運(yùn)動(dòng)的總路程S總3Ls 其中 解得：s0.78m 故S總3Ls9.78m 拓展：由以上分析和計(jì)算可知，（4）若Ek0=31J，則小球能做完整的一周運(yùn)動(dòng)，并且可得 EbK1=13J，x=1.5m，EkK2=5J，EkD2=13J，在CD段直軌道上通過的總路程s總=9.9m。 （5）若Ek0=13J，則小球不能做完整的一周運(yùn)動(dòng)。而是沿BA段直軌道沖上x=1.5m后便返回。同理可得，EkD2=13J，在CD段直軌道上通過的總路程s總=6.9m。 （6）若小球與CD段直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)改為/=3/4，而其他條件不變，則小球能做完整的一周運(yùn)動(dòng)的條件是：Ek0=mgLcos+/mgL=30.5J(7)

31、若CD段直軌道也是光滑的，而其他條件不變，則當(dāng)Ek0=31J時(shí)，小球能做完整的一周運(yùn)動(dòng)，并且小球最終將在過B點(diǎn)的水平線以下部分軌道往復(fù)運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球在AB段直軌道上通過的總路程為s總/，則Ek0=mg s總/cos 解得：s總/11.6m.6如圖所示，質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球由一段長為L的絕緣細(xì)線系于點(diǎn)，空間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E（且）和豎直方向上磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。今小球在水平面內(nèi)作圖示方向的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其中細(xì)線與豎直方向的夾角為。求：OEV（1）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向如何？（2）細(xì)線中的張力及小球運(yùn)動(dòng)的速率各是多大？（3）若在圖示的位置突然將勻強(qiáng)磁場(chǎng)撤去，小球?qū)⒆龊畏N運(yùn)動(dòng)？細(xì)線中的張力

32、多大？解：（1）小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力由洛侖茲力來提供，根據(jù)左手定則，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向豎直向下。（2）由于帶電小球受到的電場(chǎng)力與重力平衡，洛侖茲力在水平面內(nèi)，這時(shí)細(xì)線中的張力應(yīng)為零。（3分）有：，得。（3）若在圖示的位置突然將勻強(qiáng)磁場(chǎng)撤去的瞬間，小球的速度大小方向不變。小球?qū)⒁設(shè)點(diǎn)為圓心，L為半徑開始做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌道平面如圖所示。EOVTEqmg細(xì)線中的張力為T，有：。OmgBVF洛EqE7如圖所示，水平傳送帶沿順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在傳送帶上的P點(diǎn)放一質(zhì)量m=1kg的靜止小物塊。小物塊隨傳送帶運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)后水平拋出，恰好無碰撞的沿圓弧切線從B點(diǎn)進(jìn)入豎直光滑圓弧軌道運(yùn)動(dòng)。B、C為圓弧的兩端

33、點(diǎn)，其連線水平。小物塊離開C點(diǎn)后恰能無碰撞的沿固定斜面向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)0.8s通過D點(diǎn)。已知小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)1=0.3，圓弧半徑R=1.0m，圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角=1060，軌道最低點(diǎn)為O，A點(diǎn)距水平面的高度h=0.8m，小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)2=1/3，重力加速度g取10m/s2，sin370=0.6，cos370=0.8，試求：（1）小物塊離開A點(diǎn)的水平初速度v1；（2）若傳送帶的速度為5m/s，則PA間的距離是多大？（3）小物塊經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力以及斜面上CD間的距離。解：（1）對(duì)小物塊，由A到B在豎直方向有在B點(diǎn) 代入數(shù)據(jù)解得 v1=3m/s（2）小物塊在傳送帶上加速過程：

34、1mg=ma1 PA間的距離（3）小物塊由B到O，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得 其中小物塊在O點(diǎn)由牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)解得FN=43N由牛頓第三定律知，小物塊對(duì)軌道的壓力為FN/、=43N小物塊沿斜面上滑，由牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)解得a2=10m/s2小物塊沿斜面下滑，由牛頓第二定律的代入數(shù)據(jù)解得a3=6m/s2由機(jī)械能守恒定律知vC=vB=5m/s，小物塊由C上升到最高點(diǎn)歷時(shí)小物塊由最高點(diǎn)回到D點(diǎn)歷時(shí)t2=0.8s0.5s=0.3s故 代入數(shù)據(jù)解得CD間的距離sCD=0.98m8 如圖所示，水平桌面上有一輕彈簧，左端固定在A點(diǎn)，彈簧處于自然狀態(tài)時(shí)其右端位于B點(diǎn)。水平桌面右側(cè)有一豎直放置的光滑軌道M

35、NP，其形狀為半徑R=0.8 m的圓環(huán)剪去了左上角135的圓弧，MN為其豎直直徑，P點(diǎn)到桌面的豎直距離也是R。用質(zhì)量m1=0.4kg的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點(diǎn)，釋放后彈簧恢復(fù)原長時(shí)物塊恰停止在B點(diǎn)。用同種材料、質(zhì)量為m2=0.2kg的物塊將彈簧也緩慢壓縮到C點(diǎn)釋放，物塊過B點(diǎn)（B點(diǎn)彈簧原長位置）后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，其位移與時(shí)間的關(guān)系為，物塊從桌面右邊緣D點(diǎn)飛離桌面后，由P點(diǎn)沿圓軌道切線落入圓軌道。g =10 m/s2，求：（1）BP間的水平距離； （2）判斷m2能否沿圓軌道到達(dá)M點(diǎn)；（3）釋放后m2運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力做的功. 8解：（1）設(shè)物塊塊由D點(diǎn)以初速做平拋，落到P點(diǎn)時(shí)其豎直速度為， 得 平拋用時(shí)為t，水平位移為s， 在桌面上過B點(diǎn)后初速BD間位移為，則BP水平間距為 （2）若物塊能沿軌道到達(dá)M