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曲线运动
D1 运动的合成与分解
­所示,倾角为α的斜面A被固定在水平面上,细线的一端固定于墙面,另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连,,、,A、,:
图1­
(1)A固定不动时,A对B支持力的大小N;
(2)A滑动的位移为x时,B的位移大小s;
(3)A滑动的位移为x时的速度大小vA.
[答案] (1)mgcos α(2) (3)
[解析] (1)支持力的大小N=mgcos α
(2)根据几何关系sx=x·(1-cos α),sy=x·sin α
且s=
解得s=·x
(3)B的下降高度sy=x·sin α
根据机械能守恒定律mgsy=mv+mv
根据速度的定义得vA=,vB=
则vB=·vA
解得vA=
D2 抛体运动
2.[2016·全国卷Ⅰ] 如图1­,一轻弹簧原长为2R,其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处,另一端位于直轨道上B处,弹簧处于自然状态,直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点,AC=7R,A、B、C、,最低到达E点(未画出
),随后P沿轨道被弹回,最高到达F点,AF=4R,已知P与直轨道间的动摩擦因数μ=,重力加速度大小为g.(取sin 37°=,cos 37°=)
(1)求P第一次运动到B点时速度的大小.
(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能.
(3)改变物块P的质量,将P推至E点,,,与C点水平相距R、竖直相距R,求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量.
图1­
[答案] (1)2 (2)mgR (3) m
[解析] (1)根据题意知,B、C之间的距离l为
l=7R-2R ①
设P到达B点时的速度为vB,由动能定理得
mglsin θ-μmglcos θ=mv ②
式中θ=37°,联立①②式并由题给条件得
vB=2 ③
(2)设BE=x,P到达E点时速度为零,,由动能定理有
mgxsin θ-μmgxcos θ-Ep=0-mv ④
E、F之间的距离l1为
l1=4R-2R+x ⑤
P到达E点后反弹,从E点运动到F点的过程中,由动能定理有
Ep-mgl1sin θ-μmgl1cos θ=0 ⑥
联立③④⑤⑥式并由题给条件得
x=R ⑦
Ep=mgR ⑧
(3)设改变后P的质量为m1,D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为
x1=R-Rsin θ⑨
y1=R+R+Rcos θ⑩
式中,已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实.
设P在D点的速度为vD,
y1=gt2 ⑪
x1=vDt ⑫
联立⑨⑩⑪⑫式得
vD= ⑬
设P在C点速度的大小为vC,在P由C运动到D的过程中机械能守恒,有
m1v=m1v+m1g ⑭
P由E点运动到C点的过程中,同理,由动能定理有
Ep-m1g(x+5R)sin θ-μm1g(x+5R)cos θ=m1v⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮式得
m1=m ⑯
3.[2016·天津卷] 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=5 N/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= ,质量m=1×10-6 kg,电荷量q=2×10-6 C,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/:
图1­
(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)20 m/s 方向与电场E的方向之间的夹角为60°斜向上(2) s
[解析] (1)小球匀速直线运动时受力如图1­所示,其所受的三个力在同一平面内,合力为零,有
qvB= ①
图1­
代入数据解得v=20 m/s ②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足
tan θ= ③
代入数据解得tan θ=
θ=60° 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= ⑤
设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x,有
x=vt ⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y,有
y=at2 ⑦
a与mg