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：在高中物理總復習中經(jīng)常會遇到以繩子、輕桿、圓管（軌）道等約束的物體運動問題，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：以約束軌道的模型為載體，由直線運動、平拋運動和圓周運動等主要運動形式形成的問題情境為立意，著重考查運用所學知識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動，但往往存在臨界問題，其運動過程相對復雜，致使許多同學對此類問題感到迷惑。但千萬記住新課程高考物理試題給我們的啟示：引導教學重視物理過程的分析和學生綜合解決問題能力的培養(yǎng)，強調對考生

2、“運用所學知識分析問題、解決問題的能力”的考查，這類問題依然是動力學的重要模型之一，我們絕不能回避，要知難而上，分析比較、歸納總結，抓住問題的規(guī)律及解決的方法，以不變應萬變?；痉椒ê退悸罚翰捎梅纸夥ǚ治鰪碗s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，并確定物體的運動性質。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，然后利用動力學觀點和能量觀點建立方程式，求出相關的待求量。典型實例：【例1】如圖所示，質量為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，小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為=0.5，

3、桿所在空間有磁感應強度B=0.4T的勻強磁場，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？此時速度多大？（2）它的最大速度為多大？mgfqvBNa甲【提示】解答本題的關鍵是正確分析小球下滑過程中所受各個力的變化情況，由此得出小球加速度最大和速度最大時的受力特點。【解析】小球由靜止沿桿下滑的速度為v時，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N1=0（即f1=N1=0）時，a有最大值am，且am= g sin370=6m/s2此時qv1B= mg cos370 解得： v1= mg cos370/qB=4 m/s(2)設當小球的速度達到最大值vm時，小球受桿的彈力為N2，f2=N2，受力如圖乙所示，此時應有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【變式訓練1】如圖所示，一個帶正電的小球套在水平且足夠長的粗糙的絕緣桿上，整個裝置處于方向如圖所示的勻強磁場中，現(xiàn)給小球一個水

5、平向右的初速度，則小球在桿上運動情況不可能的是（ ）A始終做勻速運動 B始終做減速運動，最后靜止于桿上C先做加速運動，最后做勻速運動 D先做減速運動，最后做勻速運動EB參考答案：C【變式訓練2】如圖所示的空間存在水平向左的勻強電場E和垂直于紙面向里的勻強磁場B。質量為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，繩的另一端系有質量為m的

6、小球，甩動手腕，使球在豎直平面內做圓周運動。當球某次運動到最低點時，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。忽略手的運動半徑和空氣阻力。(1)求繩斷時球的速度大小v1和球落地時的速度大小v2。(2)輕繩能承受的最大拉力多大？改變繩長，使球重復上述運動，若繩仍在球運動到最低點時斷掉，要使球拋出的水平距離最大，繩長應是多少？最大水平距離為多少？解：（1）設繩斷后球飛行時間為t，由平拋運動規(guī)律，有豎直方向d=gt2，水平方向d=v1t得v1=由機械能守恒定律，有 +mg(d3d/4) 得v2=（2）設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。 球做圓周運動的半徑為R=3d/4 由圓周運動向心力公式，有 得（3）設繩長為l,繩斷時球的速度大小為v3，繩承受的最大拉力不變，有得繩斷后球做平拋運動，豎直位移為dl,水平位移為x，時間為t1，有dl= x=v3t1得x4當l時，x有極大值 xmaxd【變式訓練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上，小明和小陽觀看后對此進行了討論。如圖所示，他們將選手簡化為質量m=60kg的質點， 選手抓住繩由靜止開始擺動，此時繩與豎直方向夾角=300，繩的懸掛點O距水面的高度為H=3m.不考慮空氣阻力和繩的質量，浮臺露出水面的高度不計，水足夠深。

8、取重力加速度g=10m/s2， sin530=0.8，cos530=0.6（1）求選手擺到最低點時對繩拉力的大小F；（2）若繩長l=2m, 選手擺到最高點時松手落入水中。設水對選手的平均浮力f1=800N，平均阻力f2=700N，求選手落入水中的深度；（3）若選手擺到最低點時松手， 小明認為繩越長，在浮臺上的落點距岸邊越遠；小陽認為繩越短，落點距岸邊越遠，請通過推算說明你的觀點。解：（1）機械能守恒： mgl(1cos)=mv2/2 擺到最低點時,“牛二” F/mg= mv2/l 聯(lián)立可得 F/= mg (32cos) 由“牛三”知，人對繩的拉力F= F/ 則F=1080N （2）動能定理：

9、mg (Hlcos+d) (f1+f2)d=0 解得：d=1.2m (3)選手從最低點開始做平拋運動 x=vt Hl=gt2/2 聯(lián)立可得x=2 當l=H/2時，x有最大值 解得 l=1.5m 因此，兩人的看法均不正確。當繩長越接近1.5m時，落點距岸邊越遠?！咀兪接柧?】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的不可伸長的細繩兩端固定在相距為d=8m的A、B兩等高點，繩上掛一小滑輪P，戰(zhàn)士們相互配合，沿著繩子滑到對面。如圖所示，戰(zhàn)士甲水平拉住滑輪，質量為m=60kg的戰(zhàn)士乙吊在滑輪上，腳離地，處于靜止狀態(tài)，此時AP豎直，然后戰(zhàn)士甲將滑輪從靜止狀態(tài)釋放，若不計滑輪摩擦及空氣

10、阻力，也不計繩與滑輪的質量，取g=10m/s2，求：（1）戰(zhàn)士甲釋放前對滑輪的水平拉力F；（2）戰(zhàn)士乙滑動過程中的最大速度（3）假設戰(zhàn)士乙可視為質點，當他下滑到最低點時突然松手，此時速度成水平方向，那么他能否安全落在B點正下方h3=8m的山谷對岸地面上？解：設乙靜止時AP間距離為h，則由幾何關系得d2h12(Lh1)2 解得 h11.8msin= d/(Lh1) =40/41 cos= h1/(Lh1)=9/41對滑輪受力分析如圖，則有FTFTcosmg FTsinF解得：Fmg=480N（2）乙在滑動過程中機械能守恒，滑到繩的中點位置最低，速度最大。此時APB三點構成兩個全等的直角三角形。P

11、與AB的距離為 h2由機械能守恒有: mg(h2h1)解得 （3）戰(zhàn)士乙下滑到最低點時突然松手，做平拋運動，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岸地面上。【變式訓練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，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點由靜止釋放，當滑塊經(jīng)過A點時，靜止在CD上的小車在F=1.6N的水平恒力作用下啟動，運動一段時間后撤去F。當小車在CD上運動了S23.28m時速度v=2.4m/s，此時滑塊恰好落入小車中。已知小車質量M=0.

12、2kg，與CD間的動摩擦因數(shù)0.4。（取g=10m/）求（1）恒力F的作用時間t（2）AB與CD的高度差h。解：（1）設小車在軌道CD上加速的距離為s,由動能定理得 設小車在軌道CD上做加帶運動時的加速度為，由牛頓運動定律得 建立式，代入數(shù)據(jù)得 （2）設小車在軌道CD上做加速運動的末速度為，撤去力F后小車做減速運動時的加速度為減速時間為，由牛頓運動定律得 設滑塊的質量為m,運動到A點的速度為，由動能定理得設滑塊由A點運動到B點的時間為，由運動學公式得 設滑塊做平拋運動的時間為則 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A

13、出發(fā)，沿水平直線軌道運動L后，由B點進入半徑為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動到C點，并能越過壕溝。已知賽車質量m=0.1kg，通電后以額定功率P=1.5W工作，進入豎直軌道前受到阻力恒為0.3N，隨后在運動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，電動機至少工作多長時間？（?。窘馕觥勘绢}考查平拋、圓周運動和功能關系。設賽車越過壕溝需要的最小速度為v1，由平拋運動的規(guī)律 解得 設賽車恰好越過圓軌道，對應圓軌道最高點的速度為v2，最低點的速度為v3，由牛頓第二定律及機械能守恒定律 解得 m/s通

14、過分析比較，賽車要完成比賽，在進入圓軌道前的速度最小應該是m/s設電動機工作時間至少為t，根據(jù)功能原理 由此可得 t=2.53s【變式訓練5】為了研究過山車的原理，物理興趣小組提出了下列設想：取一個與水平方向夾角為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。一個小物塊以初速度v0=4.0m/s從某一高處水平拋出，到A點時速度方向恰沿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滿足什么條件？（3）按問（2）的要求，小物塊進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？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為h1，滑回傾斜軌道的高度設為h1/，由動能定理有： 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)【變式訓練6】某興趣小組設計了如圖所示的玩具軌道中，其中“2008”四個等高數(shù)字用內壁光滑的薄壁細圓管彎成，固定在豎直平面內（所示數(shù)字均由圓或半圓組成，圓半徑比細管的內徑大得多）底端與水平地面相切。彈射裝置將一個小物體（可視為質點）以m/s的水平初速度由a點彈出，從b點進入軌道，依次經(jīng)過“8002”后從p點水平拋出。小物體與地面ab段間的動摩擦因數(shù)不計其它機械能損失。已知ab段

17、長L1.5m，數(shù)字“0”原半徑R=0.2m，小物體質量m=0.01kg，g=10m/s2。求：（1）小物體從p點拋出后的水平射程。（2）小物體經(jīng)過數(shù)字“0”的最高點時管道對小物體的作用力的大小和方向。解：（1）設小物體運動到p點時的速度大小為，對小物體由a運動到p過程應用動能定理得小物體自p點做平拋運動，設運動時間為t，水平射程為s，則 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得 m （2）設在數(shù)字“0”的最高點時的管道對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【變式訓練7】過山車是游樂場中常見的設施。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的三個圓形軌道組成

18、，B、C、D分別是三個圓形軌道的最低點，B、C間距與C、D間距相等，半徑、。一個質量為kg的小球（視為質點），從軌道的左側A點以的初速度沿軌道向右運動，A、B間距m。小球與水平軌道間的動摩擦因數(shù)，圓形軌道是光滑的。假設水平軌道足夠長，圓形軌道間不相互重疊。重力加速度取，計算結果保留小數(shù)點后一位數(shù)字。試求 （1）小球在經(jīng)過第一個圓形軌道的最高點時，軌道對小球作用力的大??； （2）如果小球恰能通過第二圓形軌道，B、C間距應是多少； （3）在滿足（2）的條件下，如果要使小球不能脫離軌道，在第三個圓形軌道的設計中，半徑應滿足的條件；小球最終停留點與起點的距離。解析：（1）設小于經(jīng)過第一個圓軌道的最高點

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

20、：1.如圖，ABC和ABD為兩個光滑固定軌道，A、B、E在同一水平面，C、D、E在同一豎直線上，D點距水平面的高度h，C點高度為2h，一滑塊從A點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，落點與E點間的距離和.（2）為實現(xiàn)，應滿足什么條件？解析：（1）根據(jù)機械能守恒，根據(jù)平拋運動規(guī)律：， ,綜合得，（2）為實現(xiàn)，即，得但滑塊從A點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)機械能守恒和平拋運動規(guī)律以及用數(shù)學工具處理物理問題的能力。難度：難。2.如圖，ABD為豎直平面內的光滑絕緣軌道，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，整個軌道處在豎直向下的勻強電場中，場強大小E=5.0103V/m。一不帶電的絕緣小球甲，以速度0沿水平軌道向右運動，與靜止在B點帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞。已知甲、乙兩球的質量均為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、乙兩球可視為質點，整個運動過程無電荷轉移)（1） 甲乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點D，求乙在軌道上的首次落點到B點的距離；（2）在滿足(1)的條件下。求甲的速度0；（3）若甲仍以速度0向右運動，增大甲的質量，保持乙的質量不變，求乙在軌道上的首次落點到B點的距離范圍。2解：（1）大乙恰能通過軌道最高點

22、的情況，設乙到達最高點速度為v0，乙離開D點到達水平軌道的時間為t，乙的落點到B點的距離為x，則 聯(lián)立得 （2）設碰撞后甲、乙的速度分別為v甲、v乙，根據(jù)動量守恒定律的機械能守恒定律有聯(lián)立得由動能定理，得聯(lián)立得 （3）設甲的質量為M，碰撞后甲、乙的速度分別為，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有 （10） （11） 聯(lián)立（10）（11）得 （12）由（12）和，可得 （13）設乙球過D點時速度為，由動能定理得（14）聯(lián)立（13）（14）得設乙在水平軌道上的落點距B點的距離為有聯(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面b1b2

23、b3b4上，擋板與臺面均固定不動。線圈c1c2c3的匝數(shù)為n，其端點c1、c3通過導線分別與電阻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，線圈c1c2c3內有一面積為S、方向垂直于線圈平面向上的勻強磁場，磁場的磁感應強度B隨時間均勻增大。質量為m的小滑塊帶正電，電荷量始終保持為q,在水平臺面上以初速度v0從p1位置出發(fā)，沿擋板運動并通過p5位置。若電容器兩板間的電場為勻強電場，p1、p2在電場外，間距為l,其間小滑塊與臺面的動摩擦因數(shù)為，其余部分的摩擦不計，重力加速度為g，求：(1) 小滑塊通過p2位置時的速度大小。(2) 電容

24、器兩極板間電場強度的取值范圍。(3)經(jīng)過時間t,磁感應強度變化量的取值范圍。3解：（1） 小滑塊運動到位置時速度為v1，由動能定理有： v1= （2）由題意可知，電場方向如圖，若小滑塊能通過位置p，則小滑塊可沿擋板運動且通過位置p5，設小滑塊在位置p的速度為v，受到的擋板的彈力為N，勻強電場的電場強度為E，由動能定理有：= 當滑塊在位置p時，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）設線圈產(chǎn)生的電動勢為E1，其電阻為R，平行板電容器兩端的電壓為U，t時間內磁感應強度的變化量為B，得：U=Ed 由法拉第電磁感應定律得E1=n由全電路的歐姆定律

25、得E1=I（R+2R） U=2RI經(jīng)過時間t，磁感應強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處連接一個豎直的半徑為R的光滑半圓軌道，最高點C與該半圓的圓心在同一豎直線上，豎直線的左側區(qū)域有水平向左的勻強電場，在離B距離為x的A點，有一帶電量為q、質量為m的小滑塊從靜止開始釋放，小滑塊沿半圓軌道運動到C處后立即撤去左邊的勻強電場，結果小滑塊正好落回A點（小滑塊可看作質點），求：（1）小滑塊在水平軌道上運動時電場力所做的功；（2）x為何值時，完成上述運動電場力所做的功最少？并求出最小的功；（3）x為何值時，完成上述運動所選用的水平向左的勻強電場的電場強度最??？并求出最小的電場強

26、度。解：（1）小滑塊從半圓弧軌道做平拋運動又回到A點，設小滑塊在C點的速度為v0，則從C點運動到A點所用的時間為t，在水平方向x=v0t 豎直方向上 解式有對質點從A到C，由動能定理有解得 （2）要使電場力F做功最少，確定x的取值，知，只要質點在C點速度最小，則功WF就最小。若質點恰好能通過C點，其在C點最小速度為v，由牛頓第二定律有，則 由式有，解得x=2R時，WF最小，最小的功。（3）由式，即因，,由極值不等式有：當時，即x=4R時，最小的力qE=mg，E=mg/q5.如圖所示為放置在豎直平面內游戲滑軌的模擬裝置，滑軌由四部分粗細均勻的金屬桿組成，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)有一質量為m1kg的小球穿在滑軌上，以Ek0的初動能從B點開始沿AB向上運動，小球與兩段直軌道間的動摩擦因數(shù)均為，設小球經(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動回到B點，初動能EK0至少多大？（2）在滿足（1）的條件下，小球第二次到達D點時的動能；（3）在滿足（1）的條件下，小球在CD段上

28、運動的總路程。拓展：（4）若Ek0=31J,而其他條件不變，則小球第二次到達D點時的動能EkD=？在CD段上運動的總路程SCD=？（5）若Ek0=13J,而其他條件不變，則小球能否完成一周運動回到B點？小球第二次到達D點時的動能EkD=？在CD段上運動的總路程SCD=？（6）若小球與CD段直軌道間的動摩擦因數(shù)均為/，其他條件不變，則要使小球完成一周運動回到B點，初動能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Ek0=31J時，小球在AB段直軌道運動的總路程SAB=？5解：（1）如圖所示，由幾何關系，有：R+Rcos= r+rcos+Lsin 解得：R=2m 由功能關系可

29、知，要使小球完成一周運動回到B點，必須同時滿足兩個條件，能過軌道最高點M的條件是：Ek0-mgLsin+ R(1-cos) -mgLcos=EkM0 初動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：小球初動能Ek0min=30J（2）在滿足（1）的條件下，小球第一次到達B點時的動能EKb1=Ek0min-mgL(1+cos)=12J 設此后小球能沖上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D點時的動能 12.6J （3）由于 所以，在滿足（1）的條件下，小球在CD段上

30、運動的總路程S總3Ls 其中 解得：s0.78m 故S總3Ls9.78m 拓展：由以上分析和計算可知，（4）若Ek0=31J，則小球能做完整的一周運動，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動。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動的條件是：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Ek0=31J時，小球能做完整的一周運動，并且小球最終將在過B點的水平線以下部分軌道往復運動，設小球在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，質量為m、帶電量為+q的小球由一段長為L的絕緣細線系于點，空間存在豎直向上的勻強電場E（且）和豎直方向上磁感應強度為B的勻強磁場。今小球在水平面內作圖示方向的勻速圓周運動，其中細線與豎直方向的夾角為。求：OEV（1）勻強磁場的方向如何？（2）細線中的張力及小球運動的速率各是多大？（3）若在圖示的位置突然將勻強磁場撤去，小球將做何種運動？細線中的張力

32、多大？解：（1）小球做勻速圓周運動所需的向心力由洛侖茲力來提供，根據(jù)左手定則，勻強磁場的方向豎直向下。（2）由于帶電小球受到的電場力與重力平衡，洛侖茲力在水平面內，這時細線中的張力應為零。（3分）有：，得。（3）若在圖示的位置突然將勻強磁場撤去的瞬間，小球的速度大小方向不變。小球將以O點為圓心，L為半徑開始做勻速圓周運動，其軌道平面如圖所示。EOVTEqmg細線中的張力為T，有：。OmgBVF洛EqE7如圖所示，水平傳送帶沿順時針勻速轉動，在傳送帶上的P點放一質量m=1kg的靜止小物塊。小物塊隨傳送帶運動到A點后水平拋出，恰好無碰撞的沿圓弧切線從B點進入豎直光滑圓弧軌道運動。B、C為圓弧的兩端

33、點，其連線水平。小物塊離開C點后恰能無碰撞的沿固定斜面向上運動，經(jīng)0.8s通過D點。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)1=0.3，圓弧半徑R=1.0m，圓弧對應的圓心角=1060，軌道最低點為O，A點距水平面的高度h=0.8m，小物塊與斜面間的動摩擦因數(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點時對軌道的壓力以及斜面上CD間的距離。解：（1）對小物塊，由A到B在豎直方向有在B點 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)機械能守恒定律得 其中小物塊在O點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由機械能守恒定律知vC=vB=5m/s，小物塊由C上升到最高點歷時小物塊由最高點回到D點歷時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，彈簧處于自然狀態(tài)時其右端位于B點。水平桌面右側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點到桌面的豎直距離也是R。用質量m1=0.4kg的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點，釋放后彈簧恢復原長時物塊恰停止在B點。用同種材料、質量為m2=0.2kg的物塊將彈簧也緩慢壓縮到C點釋放，物塊過B點（B點彈簧原長位置）后做勻減速直線運動，其位移與時間的關系為，物塊從桌面右邊緣D點飛離桌面后，由P點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M點；（3）釋放后m2運動過程中克服摩擦力做的功. 8解：（1）設物塊塊由D點以初速做平拋，落到P點時其豎直速度為， 得 平拋用時為t，水平位移為s， 在桌面上過B點后初速BD間位移為，則BP水平間距為 （2）若物塊能沿軌道到達M