内容发布更新时间 : 2024/5/16 3:59:27星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

专题4 曲线运动

1.[2019·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5

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

6光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF13

＝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°

454

＝) 5

(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，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处7

水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R，求P运

2动到D点时速度的大小和改变后P的质量．

图1-

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＝mv2B ②

式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得

1

2

vB＝2gR ③

(2)设BE＝x，P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep.P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有

mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep＝0－mv2B ④ E、F之间的距离l1为 l1＝4R－2R＋x ⑤

1

2

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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

125

x1＝R－Rsin θ ⑨ y1＝R＋R＋Rcos θ ⑩

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，由D点运动到G点的时间为t.由平抛物运动公式有

56

56

7256

y1＝gt2 ? x1＝vDt ?

联立⑨⑩??式得

1

2

vD＝

3

5gR ? 5

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 1212?55?m1vC＝m1vD＋m1g?R＋Rcos θ? ? 22?66?

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＝m1v2 C?

联立⑦⑧???式得

1

2

m1＝m ?

2.[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＝53 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＝0.5 T．有一带正电的小球，质量m＝1×10 kg，电荷量q＝2×10 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/s.求：

2

－6

－6

1

3

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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.

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＝q2E2＋m2g2 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＝3 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

qEmgq2E2＋m2g2a＝ ⑤

m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的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又

tan θ＝ ⑧

联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得

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yxt＝2 3 s＝3.5 s ⑨

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