《(物理)高考必备物理曲线运动技巧全解及练习题(含答案)及解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《(物理)高考必备物理曲线运动技巧全解及练习题(含答案)及解析.docx（19页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、（物理）高考必备物理曲线运动技巧全解及练习题( 含答案 ) 及解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1 如图所示，倾角为45的粗糙平直导轨与半径为r 的光滑圆环轨道相切，切点为b，整个轨道处在竖直平面内 . 一质量为速下滑进入圆环轨道，接着小滑块从最高点m的小滑块从导轨上离地面高为H=3ra 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心的d 处无初O 等高的c 点 . 已知圆环最低点为e 点，重力加速度为g，不计空气阻力. 求：（ 1）小滑块在 a 点飞出的动能；（）小滑块在 e 点对圆环轨道压力的大小；（ 3）小滑块与斜轨之间的动摩擦因数. （计算结果可以保留根号）【答案】（ 1）142mgr ；（） ；（
2、 ）Ek2=6mg2F314【解析】【分析】【详解】（ 1）小滑块从 a 点飞出后做平拋运动：水平方向： 2r vat竖直方向： r1gt 22解得： vagr小滑块在 a 点飞出的动能 Ek1mva21mgr22（2）设小滑块在e 点时速度为 vm ，由机械能守恒定律得：1 mvm21 mva2mg 2r22在最低点由牛顿第二定律：Fmgmvm2r由牛顿第三定律得：F=F解得： F =6mg（3） bd 之间长度为L，由几何关系得：L221 r从 d 到最低点 e 过程中，由动能定理 mgHmg cos L1mvm22解得42142 水平抛出一个物体，当抛出1秒后，它的速度方向与水平方向成4
3、5角，落地时，速度方向与水平方向成60角，（ g 取 10m/s 2）。求：（ 1）初速度（ 2）水平射程（结果保留两位有效数字）（ 3）抛出点距地面的高度【答案】（ 1） 10m/s（ 2） 17m(3)15m【解析】【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动将1 秒后的速度进行分解，根据 vy=gt 求出竖直方向上的分速度，再根据角度关系求出平抛运动的初速度；将落地的速度进行分解，水平方向上的速度不变，根据水平初速度求出落地时的速度；根据落地时的速度求出竖直方向上的分速度，运用vy=gt 求出运动的时间 ，再根据01gt2 求出抛出点距地面的高度 .x=v t
4、求出水平射程再根据h=2【详解】（1）如图，水平方向vx 0y角，即 =45=v，竖直方向 v =gt， 1s 时速度与水平成 45因为 tan45 0= vyv0所以 v0=vy初速度： v0=gt=10 1=10m/s。（2）落地时， tan 600vyvx所以落地竖直速度vygt3v0 103m / s解得 t= 3 s水平射程： x v0t103m17m（3）抛出点距地面的高度 h1 gt 21210 3 m 15m22【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动知道分运动和合运动具有等时性，掌握竖直方向和水平方向上的运动学公式3 如图所示，
5、竖直平面内有一光滑的直角细杆MON ，其中 ON 水平， OM 竖直，两个小物块 A 和 B 分别套在 OM 和 ON 杆上，连接 AB 的轻绳长为 L=0.5m，现将直角杆 MON 绕过 OM 的轴 O1O2 缓慢地转动起来已知 A 的质量为 m1=2kg，重力加速度 g 取 10m/s 2。（ 1）当轻绳与 OM 的夹角 =37时，求轻绳上张力 F。（ 2）当轻绳与 OM 的夹角 =37时，求物块 B 的动能 EkB。（3）若缓慢增大直角杆转速，使轻绳与OM 的夹角 由 37缓慢增加到53，求这个过程中直角杆对 A 和 B 做的功 WA、 WB。【答案】（ 1） F25N （ 2）2.25
6、J61EkB（ ） WA0 ，WBJ312【解析】【详解】（1）因 A 始终处于平衡状态，所以对A 有F cosm1 g得 F 25N（2）设 B 质量为 m2 、速度为 v 、做圆周运动的半径为r ，对 B 有F sinm2 v2rrL sinEkB1m2v22得 EkBm1gL sin22cosEkB2.25J（3）因杆对 A 的作用力垂直于A 的位移，所以 WA0由（ 2）中的m1gL sin253 时， B 的动能为 EkB16EkB知，当J2cos3杆对 B 做的功等于 A 、 B 组成的系统机械能的增量，故WBEkBEkB m1 gh 其中 hL cos37 L cos53得 WB
7、61J124 如图所示，圆弧轨道AB 是在竖直平面内的1 圆周， B 点离地面的高度 h=0.8m，该处切4线是水平的，一质量为m=200g 的小球（可视为质点）自A 点由静止开始沿轨道下滑（不计小球与轨道间的摩擦及空气阻力），小球从B 点水平飞出，最后落到水平地面上的D点已知小物块落地点D 到 C点的距离为x=4m，重力加速度为g=10m/ s2求：（ 1）圆弧轨道的半径（ 2）小球滑到 B 点时对轨道的压力【答案】 （1）圆弧轨道的半径是 5m（ 2）小球滑到 B 点时对轨道的压力为 6N，方向竖直向下【解析】（ 1）小球由 B 到 D 做平抛运动，有： h= 1 gt22x=vBt解得：
8、 vB xg104210m / s2h0.8A 到 B 过程，由动能定理得：1mgR= mvB2-02解得轨道半径R=5m（2）在 B 点，由向心力公式得：Nmgm vB2R解得： N=6N根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力N =N=6N，方向竖直向下点睛：解决本题的关键要分析小球的运动过程，把握每个过程和状态的物理规律，掌握圆周运动靠径向的合力提供向心力，运用运动的分解法进行研究平抛运动5 如图， AB 为倾角37 的光滑斜面轨道，BP 为竖直光滑圆弧轨道，圆心角为143 、半径 R0.4m ，两轨道相切于B 点， P 、 O 两点在同一竖直线上，轻弹资一端固定在 A 点另一自由端在斜面上C
9、 点处，现有一质量 m 0.2 kg 的小物块（可视为质点）在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D 点后（不栓接）静止释放，恰能沿轨道到达P 点，已知CD 0.2m 、 sin37 0.6、 cos370.8 ， g 取 10 m/s2 求：（ 1）物块经过 P 点时的速度大小 v p ；（ 2）若 BC 1.0m ，弹簧在 D 点时的弹性势能 EP ；（ 3）为保证物块沿原轨道返回， BC 的长度至少多大【答案】 （1） 2m/s (2)32.8J (3)2.0m【解析】【详解】（1）物块恰好能到达最高点P，由重力提供圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：mg=m解得：v2pRvPgR100.42m/
10、s（2）物块从D 到 P 的过程，由机械能守恒定律得：12Ep=mg（ sDC+sCB）sin37 +mgR（ 1+cos37 ）+mvP2代入数据解得：Ep=32.8J（ 3）为保证物块沿原轨道返回，物块滑到与圆弧轨道圆心等高处时速度刚好为零，根据能量守恒定律得：Ep =mg（ sDC+sCB） sin37 +mgR（ 1+cos37 ）解得：sCB=2.0m点睛：本题综合考查了牛顿第二定律、机械能守恒定律的综合，关键是搞清物体运动的物理过程；知道圆周运动向心力的来源，即径向的合力提供向心力6 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
11、的距离为 L（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】【详解】（1）
12、沙袋从 P 点被抛出后做平抛运动，设它的落地时间为1t，则 h= gt22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） g
13、2h2h（3）要使沙袋能在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
14、滑 C 部分 于水平， 好拉直且无 力，滑 到杆的距离 L，控制滑 4C，使其沿杆 慢下滑，当C 下滑L ， 放滑 C， 果滑 C 好 于静止，此 B3 好要离开地面，不 一切摩擦，重力加速度 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【答案】（ 1） 3mg（ 2） 10(2 Mm) gLL48m75M【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 2xL216 L2- L2 L93求得 x= L3得 k= 3mgL（2）弹簧
15、的劲度系数为k，开始时弹簧的压缩量为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1vH212MgH - mgh 2m(H 2L2 )2Mv(2 Mm)gL求得 v108 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 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
16、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】 (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，
17、从 BC，由动能定理有2mgR 1 mvC2 1 mvB222解得vB5gR在 B 点有2NB mg m vBR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 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 J9 如图所示， AB 是光
18、滑的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径 BD 竖直，将弹簧水平放置，一端固定在 A 点现使质量为 m 的小滑块从 D 点以速度v0 进入轨道 DCB，然后沿着 BA 运动压缩弹簧，弹簧压缩最短时小滑块处于 P 点，重力加速度大小为g，求：（1）在 D 点时轨道对小滑块的作用力大小FN；（ 2）弹簧压缩到最短时的弹性势能Ep；（ 3）若水平轨道 AB 粗糙，小滑块从 P 点静止释放，且 PB 5l，要使得小滑块能沿着轨道BCD运动，且运动过程中不脱离轨道，求小滑块与AB 间的动摩擦因数的范围【答案】 （1）（ 2）（3） 0.2或 0.5 0.7【解析】 （1）解
19、得（2）根据机械能守恒解得（3）小滑块恰能能运动到B 点解得 0.7小滑块恰能沿着轨道运动到C 点解得 0.5所以 0.5 0.7小滑块恰能沿着轨道运动D 点解得 0.2所以 0.2综上 0.2或 0.5 0.710 如图所示，一滑板放置在光滑的水平地面上，右侧紧贴竖直墙壁，滑板由圆心为O、半径为 R 的四分之一光滑圆弧轨道和水平轨道两部分组成，且两轨道在B 点平滑连接，整个系统处于同一竖直平面内现有一可视为质点的小物块从A 点正上方P 点处由静止释放，落到 A 点的瞬间垂直于轨道方向的分速度立即变为零，之后沿圆弧轨道AB 继续下滑，最终小物块恰好滑至轨道末端C 点处已知滑板的质量是小物块质量
20、的3倍，小物块滑至 B 点时对轨道的压力为其重力的3 倍， OA 与竖直方向的夹角为 =60，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为=0.3，重力加速度 g 取 10 m / s2 ，不考虑空气阻力作用，求：（ 1）水平轨道 BC 的长度 L；（ 2） P 点到 A 点的距离 h【答案】 （1） 2.5R（2） 2 R3【解析】【分析】（1）物块从 A 到 B 的过程中滑板静止不动，先根据物块在B 点的受力情况求解B 点的速度；滑块向左滑动时，滑板向左也滑动，根据动量守恒和能量关系列式可求解水平部分的长度；（ 2）从 P 到 A 列出能量关系；在 A 点沿轨道切向方向和垂直轨道方向分解速度；根据机械能守恒列出从A 到 B 的方程；联立求解 h【详解】（1）在 B 点时，由牛顿第二定律：N B mg m vB2，其中 NB=3mg；R解得 vB2gR ；从 B 点向 C 点滑动的过程中，系统的动量守恒，则mvB( m 3m)v ；由能量关系可知：mgL1 mvB21 (m3m)v222联立解得： L=2.5R；（2）从 P 到 A 点，由机械能守恒：1mvA2；mgh=2在 A 点： vA1vA sin 600 ，从 A 点到 B 点： 1 mvA21mgR(1cos60 0 )1 mvB222联立解得 h= 2R3