(物理)物理曲线运动练习_物理考试_外语学习及解析.docx

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1、（物理）物理曲线运动练习_物理考试 _外语学习及解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1 如图所示，竖直圆形轨道固定在木板B 上，木板B 固定在水平地面上，一个质量为3m小球A 静止在木板B 上圆形轨道的左侧一质量为m 的子弹以速度v0 水平射入小球并停留在其中，小球向右运动进入圆形轨道后，会在圆形轨道内侧做圆周运动圆形轨道半径为 R，木板 B 和圆形轨道总质量为 12m，重力加速度为 g，不计小球与圆形轨道和木板间的摩擦阻力求：(1)子弹射入小球的过程中产生的内能；(2)当小球运动到圆形轨道的最低点时，木板对水平面的压力；(3)为保证小球不脱离圆形轨道，且木板不会在竖直方向上跳起，求子弹速度的

2、范围32mv024 2gR 或 45gR v0 8 2gR【答案】 (1)mv0(2) 16mg(3) v084R【解析】本题考察完全非弹性碰撞、机械能与曲线运动相结合的问题(1)子弹射入小球的过程，由动量守恒定律得：mv0 (m3m)v1由能量守恒定律得：Q1 mv021 4mv1222代入数值解得： Q3mv028(2)当小球运动到圆形轨道的最低点时，以小球为研究对象，由牛顿第二定律和向心力公式(m3m)v12得 F1(m3m) gR以木板为对象受力分析得F212mgF1根据牛顿第三定律得木板对水平的压力大小为F2木板对水平面的压力的大小F216mgmv024R(3)小球不脱离圆形轨有两种

3、可能性： 若小球滑行的高度不超过圆形轨道半径R由机械能守恒定律得：1m 3m v12m 3m gR2解得： v042gR 若小球能通过圆形轨道的最高点小球能通过最高点有：(m 3m)v(m 3m) gR22由机械能守恒定律得：1 (m 3m)v122(m 3m)gR1 ( m 3m)v2222代入数值解得：v04 5gR要使木板不会在竖直方向上跳起，木板对球的压力：F312mg(m3m)v在最高点有：F3(m3m)gR23由机械能守恒定律得：1 (m 3m)v122(m 3m)gR1 ( m 3m)v3222解得： v082gR综上所述为保证小球不脱离圆形轨道，且木板不会在竖直方向上跳起，子弹

4、速度的范围是v04 2gR 或 4 5gRv08 2gR2如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B 点脱离后做平抛运动，经过0.3s 后又恰好与倾0R 1m ，小球可看作质点且其质量为角为 45的斜面垂直相碰已知半圆形管道的半径为m 1kg ， g 10m / s2 ，求：（ 1）小球在斜面上的相碰点 C 与 B 点的水平距离；（ 2）小球通过管道上 B 点时对管道的压力大小和方向【答案】（ 1） 0.9m ；（ 2） 1N【解析】【分析】（1）根据平抛运动时间求得在C 点竖直分速度，然后由速度方向求得v，即可根据平抛运

5、动水平方向为匀速运动求得水平距离；（2）对小球在B 点应用牛顿第二定律求得支持力NB 的大小和方向【详解】（1）根据平抛运动的规律，小球在C 点竖直方向的分速度vy=gt=10m/s水平分速度vx=vytan450=10m/s则 B 点与 C 点的水平距离为： x=vxt=10m（2）根据牛顿运动定律，在B 点NB+mg=m v2R解得 NB=50N根据牛顿第三定律得小球对轨道的作用力大小N, =NB=50N方向竖直向上【点睛】该题考查竖直平面内的圆周运动与平抛运动，小球恰好垂直与倾角为45的斜面相碰到是解题的关键，要正确理解它的含义要注意小球经过B 点时，管道对小球的作用力可能向上，也可能向

6、下，也可能没有，要根据小球的速度来分析3 如图所示，水平实验台A 端固定， B 端左右可调，将弹簧左端与实验平台固定，右端有一可视为质点，质量为2kg 的滑块紧靠弹簧（未与弹黄连接)，弹簧压缩量不同时，将滑块弹出去的速度不同.圆弧轨道固定在地面并与一段动摩擦因素为0.4 的粗糙水平地面相切D 点， AB 段最长时， BC两点水平距离xBC=0.9m, 实验平台距地面髙度h=0.53m ，圆弧半径R=0.4m， =37，已知sin37 =0.6, cos37 =0.8.完成下列问題：（1）轨道末端AB 段不缩短，压缩弹黄后将滑块弹出，滑块经过点速度vB=3m/s ，求落到点时速度与水平方向夹角；

7、（2）滑块沿着圆弧轨道运动后能在DE 上继续滑行2m, 求滑块在圆弧轨道上对D 点的压力大小：（3）通过调整弹簧压缩量，并将AB 段缩短，滑块弹出后恰好无碰撞从C 点进入圆弧轨道，求滑块从平台飞出的初速度以及AB 段缩短的距离.【答案】 （1） 45（ 2） 100N （3） 4m/s 、0.3m【解析】C（1）根据题意C 点到地面高度hCRRcos3700.08m从 B 点飞出后，滑块做平抛运动，根据平抛运动规律：hhC12gt 2化简则 t根据 xBC0.3s vBt可知vB3m / s飞到C 点时竖直方向的速度vygt3m / s因此 tanvy1vB即落到圆弧 C 点时，滑块速度与水平

8、方向夹角为45（2）滑块在 DE 阶段做匀减速直线运动，加速度大小afgm根据 vE2vD22axDE联立两式则 vD4m / s2在圆弧轨道最低处FNmgm vDR则 FN100N ，即对轨道压力为100N（3）滑块弹出恰好无碰撞从C 点进入圆弧轨道，说明滑块落到C 点时的速度方向正好沿着轨迹该出的切线，即tanvyv0由于高度没变，所以vyvy3m / s ，370因此 v0 4m / s对应的水平位移为xACv0 t1.2m所以缩短的 AB 段应该是xABxAC xBC0.3m【点睛】滑块经历了弹簧为变力的变加速运动、匀减速直线运动、平抛运动、变速圆周运动，匀减速直线运动；涉及恒力作用的

9、直线运动可选择牛顿第二定律和运动学公式；而变力作用做曲线运动优先选择动能定理，对匀变速曲线运动还可用运动的分解利用分运动结合等时性研究4 如图所示 ,半径为 l,质量为 m 的小球与两根不可伸长的轻绳a,b 连接 ,两轻绳的另一端分4别固定在一根竖直光滑杆的A,B 两点上 .已知 A,B 两点相距为 l,当两轻绳伸直后A、B 两点到球心的距离均为 l,重力加速度为 g（1）装置静止时 ,求小球受到的绳子的拉力大小T；（2）现以竖直杆为轴转动并达到稳定（轻绳a,b 与杆在同一竖直平面内）小球恰好离开竖直杆时,竖直杆的角速度0 多大 ?轻绳 b 伸直时 ,竖直杆的角速度多大？415mg (2)0

10、=215g2g【答案】 (1) T1515ll【解析】【详解】(1)设轻绳 a 与竖直杆的夹角为15cos4对小球进行受力分析得mgTcos解得：T 4 15 mg15(2)小球恰好离开竖直杆时，小球与竖直杆间的作用力为零。可知小球做圆周运动的半径为lr=4mg tanm 02 r解得 :0= 215g15l轻绳 b 刚伸直时，轻绳a 与竖直杆的夹角为60，可知小球做圆周运动的半径为rl sin60mg tan 60m2r解得 :2g=l轻绳 b 伸直时，竖直杆的角速度2gl5 如图甲所示，轻质弹簧原长为2L，将弹簧竖直放置在水平地面上，在其顶端将一质量为 5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩

11、到最短时，弹簧长度为L现将该弹簧水平放置，如图乙所示一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接是长度为5 的水平轨ABL道， B端与半径为L 的光滑半圆轨道 BCD相切，半圆的直径BD在竖直方向上物块P与 AB间的动摩擦因数0.5，用外力推动物块 P，将弹簧压缩至长度为L 处，然后释放P，P开始沿轨道运动，重力加速度为g （1）求当弹簧压缩至长度为L 时的弹性势能Ep ；（2）若 P的质量为 m ，求物块离开圆轨道后落至AB上的位置与 B点之间的距离；（3）为使物块 P 滑上圆轨道后又能沿圆轨道滑回，求物块P 的质量取值范围【答案】(1)EPmgL(2)S 22L(3)5mM5m532【解析】

12、【详解】（1）由机械能守恒定律可知：弹簧长度为L 时的弹性势能为（2）设 P到达 B 点时的速度大小为，由能量守恒定律得：设 P 到达 D点时的速度大小为，由机械能守恒定律得：物体从 D点水平射出，设P 落回到轨道AB所需的时间为S 2 2L（ 3）设 P的质量为 M，为使 P能滑上圆轨道，它到达 B 点的速度不能小于零得 5mgL4 MgLM5 m2要使 P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C，得1 MvB2MgL2Ep1 Mv B2 4 MgL26 地面上有一个半径为R的圆形跑道，高为h的平台边缘上的P点在地面上P点的正上方， P与跑道圆心 O 的距离为 L（

13、L R），如图所示，跑道上停有一辆小车，现从P 点水平抛出小沙袋，使其落入小车中（沙袋所受空气阻力不计）问：（1）当小车分别位于A 点和 B 点时（ AOB=90 ），沙袋被抛出时的初速度各为多大？（2）要使沙袋落在跑道上，则沙袋被抛出时的初速度在什么范围内？（3）若小车沿跑道顺时针运动，当小车恰好经过A 点时，将沙袋抛出，为使沙袋能在B处落入小车中，小车的速率v 应满足什么条件？【答案】 （1）gg ( L2R2 )vA(L)vBR2h2h（2） ( L R)gv0g2h( L R)2h（3） v1 (4 n 1)Rg (n0,1,2,3.)22h【解析】【分析】【 解】（1）沙袋从 P 点

14、被抛出后做平抛运 ， 它的落地 t， h= 1gt22解得 t2h（ 1）g当小 位于A 点 ，有xA=vAt=L-R（2）解（ 1）（ 2）得 vA=（ L-R）g2h当小 位于 B 点 ，有 xBvB tL2R 2 （ 3）g L2R2解（ 1）（ 3）得 vB2h（2）若小 在跑道上运 ，要使沙袋落入小 ，最小的抛出速度 v0min=v =（ L-R）Ag （ 4）2h若当小 C 点 沙袋 好落入，抛出 的初速度最大，有xc=v0maxt=L+R （ 5）解（ 1）（ 5）得 v0max=（ L+R）g2h所以沙袋被抛出 的初速度范 （L-R）g v0（ L+R） g2h2h（3）要使沙

15、袋能在B 落入小 中，小 运 的 与沙袋下落 相同t AB=（n+ 1 ） 2R （n=0 ，1， 2， 3）（ 6）4 v2h所以 tAB=t=g解得 v= 1 （ 4n+1） R g（ n=0， 1， 2， 3）22h【点睛】本 是 平抛运 律的考 ，在分析第三 的 候，要考 到小 运 的周期性，小 并一定是 1 周，也可以是 了多个 周之后再 1 周后恰好到达 B 点， 是44同学在解 常忽略而出 的地方7 如 所示， 定滑 ，一端 接物 A，另一端 接在滑 C 上，物 A 的下端用 簧与放在地面上的物 B 接， A、B 两物 的 量均 m，滑 C的 量 M，开始 接滑 C 部分 于水平

16、， 好拉直且无 力，滑 到杆的距离 L，控制滑 4C，使其沿杆缓慢下滑，当C 下滑L 时，释放滑环C，结果滑环C 刚好处于静止，此时B3刚好要离开地面，不计一切摩擦，重力加速度为g(1)求弹簧的劲度系数；(2)若由静止释放滑环C，求当物块B 刚好要离开地面时，滑环C 的速度大小3mg(2 Mm) gL【答案】（ 1）（ 2） 1048m75ML【解析】【详解】（1）设开始时弹簧的压缩量为x，则 kx=mg设 B 物块刚好要离开地面，弹簧的伸长量为x，则 kx=mg因此 x x mgk由几何关系得 2x216 22 LLL- L93求得 x= L3得 k= 3mgL（2）弹簧的劲度系数为k，开始

17、时弹簧的压缩量为mgLx13k当 B 刚好要离开地面时，弹簧的伸长量mgLx23k因此 A 上升的距离为h x1+x22L3C 下滑的距离 H(Lh)2L2 4L3根据机械能守恒1 m(vH)21 Mv 2MgH - mgh 2H 2L22求得 v10(2 Mm)gL48m75M8 如 所示，半径R=0.4 m的 水平放置， 直 OOO正上方匀速 ，在 心h =0.8 m 高 固定一水平 道PQ， 和水平 道交于O点一 量 m=2kg 的小 （可 点），在 F=6 N 的水平恒力作用下（一段 后，撤去 力），从O左 x0 2 m 由静止开始沿 道向右运 ，当小 运 到O点 ，从小 上自由 放一

18、小球，此 半径 OA 与 x 重合 . 定 O 点水平向右 x 正方向 . 小 与 道 的 摩擦因数0.2 ， g 取 10 m/s 2.（1） 使小球 好落在A 点， 的角速度 多大?（2） 使小球能落到 上，求水平拉力F 作用的距离范 ?【答案】 (1)5k(k 1，2，L ）43(2)x(m)32【解析】【分析】【 解】(1) t2h20.80.4(s)g10 使小球 好落在A 点， 小球下落的 周期的整数倍，有2kt kT，其中 k=1， 2，3即g5krad，其中 k=1，2， 32ks2h(2) 当球落到 O 点 ， v00a1Fmg1.0m / s2m得： v22a1 x1F 撤

19、去后，匀减速， a2fg 2.0m / s2mv22a2 x2依 意： x1 x22由以上各式解得：x14( m)3当球落到 A 点时， v0R1m / st先匀加速，后匀减速v2v022a2 x2由以上各式得：x131.5(m)2水平力作用的距离范围4x3 (m)32【点睛】解决本题的关键知道物块整个过程的运动：匀加速直线运动、匀减速直线运动和平抛运动，知道三个过程的运动时间与圆盘转动的时间相等以及熟练运用运动学公式9 如图所示，在光滑水平桌面 EAB上有质量为 m2 kg 的小球 P 和质量为 M 1 kg 的小球 Q， P、 Q 之间压缩一轻弹簧 (轻弹簧与两小球不拴接 )，桌面边缘 E

20、 处放置一质量也为 M1 kg 的橡皮泥球S，在 B 处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧， P、 Q 两小球被轻弹簧弹出，小球P 与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球 Q 与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S 碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的 D 点。已知水平桌面高为 h 0.2 m， D 点到桌面边缘的水平距离为 x 0.2 m，重力加速度为 g 10 m/s 2，求：(1)小球 P 经过半圆形轨道最低点B 时对轨道的压力大小NB；(2)小球 Q 与橡皮泥球S 碰撞前瞬间的速度大小vQ；(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。【答案】

21、(1)120N(2)2 m/s(3)3 J【解析】【详解】（1）小球 P 恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则有2mg m vCR解得vCgR对于小球P，从 BC，由动能定理有 2mgR 1 mvC2 1 mvB222解得vB5gR在 B 点有NB mg m vB2R解得NB 6mg120 N由牛顿第三定律有NB NB 120 N（2）设 Q 与 S 做平抛运动的初速度大小为v，所用时间为t，根据公式 h12，得gt2t 0.2 s根据公式x vt，得v1 m/s碰撞前后Q 和 S组成的系统动量守恒，则有Mv Q2Mv解得vQ 2 m/s（ 3） P、 Q 和弹簧组成的系统动量守恒，则有mvP

22、Mv Q解得vP 1 m/s对 P、 Q 和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有Ep 1 mvP2 1 MvQ222解得Ep 3 J10 如图所示，AB 为倾角37的斜面轨道，BP 为半径R=1m的竖直光滑圆弧轨道，O为圆心，两轨道相切于B 点， P、 O 两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A 点，另一端在斜面上C 点处，轨道的AC 部分光滑，CB部分粗糙，CB长L 1.25m，物块与斜面间的动摩擦因数为 0.25，现有一质量m=2kg 的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D 点后释放 (不栓接 )，物块经过B 点后到达P 点，在 P 点物块对轨道的压力大小为其重力的1.5倍， sin370.6,

23、cos370.8 ， g=10m/s 2. 求：(1)物块到达 P 点时的速度大小vP；(2)物块离开弹簧时的速度大小vC；(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物块离开弹簧时速度的最大值vm.【答案】 (1) vP5m/s (2)vC=9m/s (3)vm6m/s【解析】【详解】(1)在 P 点，根据牛顿第二定律：mg N Pm vP2R解得 :vP2.55m/sgR(2)由几何关系可知BP 间的高度差hBPR(1cos37 )物块 C 至 P 过程中，根据动能定理：mgL sin37mghBPmgLcos37 = 1 mvP21 mvC222联立可得： vC=9m/s(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物块能够到达的最大高度为与O 等高处的 E 点，物块 C 至 E 过程中根据动能定理：mgL cos37mgLsin37 mgRsin 53 =01 mvm22解得： vm6m/s