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1、（物理）物理曲线运动练习题20 篇一、高中物理精讲专题测试曲线运动1 如图所示，在风洞实验室中，从A 点以水平速度 v0 向左抛出一个质最为m 的小球，小球抛出后所受空气作用力沿水平方向，其大小为F，经过一段时间小球运动到A 点正下方的 B 点 处，重力加速度为 g，在此过程中求（ 1）小球离线的最远距离；（ 2） A、 B 两点间的距离；（ 3）小球的最大速率 vmax【答案】 （1）mv22m2 gv2（ 3）v0F24m2g20 （2）0F2FF 2【解析】【分析】（ 1）根据水平方向的运动规律，结合速度位移公式和牛顿第二定律求出小球水平方向的速度为零时距墙面的距离；（ 2）根据水平方向
2、向左和向右运动的对称性，求出运动的时间，抓住等时性求出竖直方向A、 B 两点间的距离；（3）小球到达B 点时水平方向的速度最大，竖直方向的速度最大，则B 点的速度最大，根据运动学公式结合平行四边形定则求出最大速度的大小；【详解】（ 1）将小球的运动沿水平方向沿水平方向和竖直方向分解水平方向： Fmax2v0 2axxm解得： xm mv022F（2）水平方向速度减小为零所需时间t1 v0ax总时间 t 2t1竖直方向上： y 1 gt 2 2m2 gv022F 2（3）小球运动到B 点速度最大vx=v0Vy=gtvmax vx2vy2 v0F 24m2g 2F【点睛】解决本题的关键将小球的运动
3、的运动分解，搞清分运动的规律，结合等时性，运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解2 如图所示，水平屋顶高H5 m，围墙高h 3.2 m，围墙到房子的水平距离墙外空地宽x 10 m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上，g 取(1)小球离开屋顶时的速度v0 的大小范围；(2)小球落在空地上的最小速度L 3 m，围10 m/s 2.求：【答案】 (1)5 m/s v0 13 m/s；(2)5 5 m/s ；【解析】【分析】【详解】（1）若 v 太大，小球落在空地外边，因此，球落在空地上，v 的最大值 vmax 为球落在空地最右侧时的平抛初速度，如图所示，小球做平抛运动，设运动时间为t 1则小球的
4、水平位移： L+x=vmax 1t ，小球的竖直位移： H= gt12解以上两式得vmax=（ L+x）=（ 10+3）=13m/s若 v 太小，小球被墙挡住，因此，球不能落在空地上， v 的最小值 vmin为球恰好越过围墙的最高点P 落在空地上时的平抛初速度，设小球运动到P 点所需时间为t 2，则此过程中小球的水平位移：L=vmint2小球的竖直方向位移：H h=gt22解以上两式得vmin=L=3=5m/s因此 v0 的范围是vmin v0vmax，即 5m/sv 13m/s0（2）根据机械能守恒定律得：mgH+=解得小球落在空地上的最小速度：vmin=5m/s3 如图所示， BC为半径
5、r22 m 竖直放置的细圆管， O 为细圆管的圆心，在圆管的末5端 C 连接倾斜角为45、动摩擦因数 0.6 的足够长粗糙斜面，一质量为m 0.5kg 的小球从 O 点正上方某处A 点以 v0水平抛出，恰好能垂直 OB 从 B 点进入细圆管，小球过C 点时速度大小不变，小球冲出C 点后经过9s 再次回到 C点。（ g 10m/s2 ）求：8（1）小球从O 点的正上方某处A 点水平抛出的初速度v0 为多大？（2）小球第一次过C 点时轨道对小球的支持力大小为多少？（3）若将 BC段换成光滑细圆管，其他不变，仍将小球从A 点以 v0 水平抛出，且从小球进入圆管开始对小球施加了一竖直向上大小为5N 的
6、恒力，试判断小球在BC段的运动是否为匀速圆周运动，若是匀速圆周运动，求出小球对细管作用力大小；若不是匀速圆周运动则说明理由。【答案】（ 1） 2m/s （2） 20.9N（ 3） 52 N【解析】【详解】（1）小球从A 运动到 B 为平抛运动，有：rsin45 v0tgt在 B 点有： tan45 v0解以上两式得：v0 2m/s（ 2）由牛顿第二定律得：小球沿斜面向上滑动的加速度：mgsin45mgcos45gsin45 +gcos45 82 m/s 2a1m小球沿斜面向下滑动的加速度：mgsin45mgcos45gsin45 gcos45 22 m/s 2a2m设小球沿斜面向上和向下滑动的
7、时间分别为t 1、 t 2，由位移关系得：111212 2 2a ta t2 29又因为： t1+t 2s8解得： t133s， t 2s84小球从 C 点冲出的速度：vC a1t1 32 m/s在 C 点由牛顿第二定律得：N mg m vC2r解得： N 20.9N（3）在 B 点由运动的合成与分解有： vBv022 m/ssin45因为恒力为 5N 与重力恰好平衡，小球在圆管中做匀速圆周运动。设细管对小球作用力大小为 F由牛顿第二定律得：Fm vB2r解得： F 52 N由牛顿第三定律知小球对细管作用力大小为5 2 N，4 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45角，
8、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 求出水
9、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=所以 v0=vyvyv0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 v0t103m17mh1 gt 212（3）抛出点距地面的高度10 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5 如图甲所示，长为
10、 4m 的水平轨道 AB 与半径为 R=1m 的竖直半圆弧管道 BC 在 B 处平滑连接，一质量为 1kg 可看作质点的滑块静止于 A 点，某时刻开始受水平向右的力 F 作用开始运动 ，从 B 点进入管道做圆周运动，在 C 点脱离管道 BC，经 0.2s 又恰好垂直与倾角为45的斜面相碰。已知F 的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB 间的动摩擦因数为 =0.3，取 g=10m/s2。 求：（ 1）滑块在 C 点的速度大小；（ 2）滑块经过 B 点时对管道的压力；（ 3）滑块从 A 到 C 的过程中因摩擦而产生的热量。【答案】 (1) 2m/s(2) 106N ，方向向下 (3) 38J
11、【解析】 (1)滑块从 C 离开后做平抛运动，由题意知：又：解得 ： vC=2m/s(2)滑块从 A 到 B 的过程中，由动能定理得：设在 B 点物块受到的支持力为N，由牛顿第二定律有：滑块对圆弧管道的压力，由牛顿第三定律有：联立以上方程，解得：=106N，方向向下 ；(3) 滑块从 A 到 B 的过程中因摩擦产生的热量：12J滑块从 B 到 C 的过程中，由能量守恒定律有：又：综上解得： Q=38J。点睛：本题是一道力学综合题，分析清楚滑块运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、动能定理与能量守恒定律即可解题。6 如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部细管，上半部BC
12、是半径为R 的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB 是一长为 2R 的竖直 AB 管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧投饵时，每次总将弹簧长度压缩到置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去设质量为0.5R后锁定，在弹簧上段放m 的鱼饵到达管口C 时，对管壁的作用力恰好为零不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能已知重力加速度为g求：(1)质量为 m 的鱼饵到达管口C 时的速度大小v1;(2)弹簧压缩到0.5R 时的弹性势能Ep;(3)已知地面欲睡面相距1.5R，若使该投饵管绕AB 管的中轴线OO 。在 90 角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼
13、饵，鱼饵的质量在2 m 到m 之间变化，且均能落到3水面持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S是多少？【答案】 (1)gR ； (2)3mgR；(3) 8.25 R2【解析】【分析】【详解】(1)质量为 m 的鱼饵到达管口C 时做圆周运动的向心力，完全由重力提供，则2mgm v1R可以解得v1gR(2)从弹簧释放到最高点 C 的过程中，弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由系统的机械能守恒定律有WF WG1mv1202即2WF mg 2.5R1 m gR02得WF3mgR故弹簧弹性势能为Ep =3mgR(3)不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响，质量为m 的鱼饵离开管口C 后
14、做平抛运动，设经过t 时间落到水面上，得t2h3Rg g离 OO的水平距离为 x1，鱼饵的质量为 m 时x1v1t3R鱼饵的质量为2 m 时，由动能定理3WF2 mg 2.5R122 m v10323整理得：v14gR同理：x2v1t6Rr1x1r4Rr2x2r7R鱼饵能够落到水面的最大面积S 是S1r22r128.25 R24【点睛】本题考查了圆周运动最高点的动力学方程和平抛运动规律，转轴转过90鱼饵在水平面上形成圆周是解决问题的关键，这是一道比较困难的好题7 一轻质细绳一端系一质量为m =0.05 吻的小球儿另一端挂在光滑水平轴O 上， O 到小球的距离为L= 0.1m，小球跟水平面接触，
15、但无相互作用，在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板，如图所示水平距离s=2m，动摩擦因数为=0.25.现有一滑块B，质量也为 m=0.05kg，从斜面上高度h=5m 处滑下，与小球发生弹性正碰，与挡板碰撞时不损失机械能 .若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，（g 取 10m/s 2，结果用根号表示），试问：（1）求滑块B 与小球第一次碰前的速度以及碰后的速度.（2）求滑块B 与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力.（ 3）滑块 B 与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，求小球做完整圆周运动的次数.【答案】（ 1）滑块 B 与小球第一次碰前的速度为95 m/s ，碰后的速度
16、为 0；（ 2）滑块 B与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力48N；（ 3）小球做完整圆周运动的次数为10次。【解析】【详解】（1）滑块将要与小球发生碰撞时速度为v1 ，碰撞后速度为 v1，小球速度为 v2根据能量守恒定律，得：mgh=1 mv12mg s22解得：v1=95 m/sA、B 发生弹性碰撞，由动量守恒，得到:mv1=mv1 +mv2由能量守恒定律，得到：1 mv12 1 mv12 1 mv22222解得：v =0，v =95 m/s12即滑块 B 与小球第一次碰前的速度为95 m/s ，碰后的速度为 0（2）碰后瞬间，有：T-mg=mv22L解得：T=48N即滑块 B 与小球第一
17、次碰后瞬间绳子对小球的拉力48N。（3）小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为v0，则有：mg=m v02L小球从最低点到最高点的过程机械能守恒，设小球在最低点速度为v，根据机械能守恒有：1 mv22mgL1 mv0222解得：v=5 m/s滑块和小球最后一次碰撞时速度至少为v=5 m/s ，滑块通过的路程为s，根据能量守恒有 :mgh=1 mv2mgs2解得：s =19m小球做完整圆周圆周运动的次数：ss2 1= 10 次n=s即小球做完整圆周运动的次数为10 次。8 如图所示，半径R=0.4 m的圆盘水平放置，绕竖直轴OOO正上方匀速转动，在圆心h =0.8 m 高处固定一水平
18、轨道PQ，转轴和水平轨道交于O点一质量 m=2kg 的小车（可视为质点），在 F=6 N 的水平恒力作用下（一段时间后，撤去该力），从O左侧 x0 2 m处由静止开始沿轨道向右运动，当小车运动到O点时，从小车上自由释放一小球，此时圆盘半径 OA 与 x 轴重合 . 规定经过O 点水平向右为x 轴正方向 . 小车与轨道间的动摩擦因数0.2 ， g 取 10 m/s 2.（1）为使小球刚好落在A 点，圆盘转动的角速度应为多大?（2）为使小球能落到圆盘上，求水平拉力F 作用的距离范围?【答案】 (1)5k(k 1，2，L ）43(2)x(m)32【解析】【分析】【 解】2h20.8(1) t0.4(
19、s)g10 使小球 好落在A 点， 小球下落的 周期的整数倍，有2ktkT，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 ， v0R1m / st先匀加速，后匀减速v2v022a2 x231.5(m)由以上各式得：x12水平力作用的距离范 4x3 (m)32【点睛】解决本 的关 知道物 整个 程的运 ：匀加速直 运 、匀减速直 运 和平抛运 ，
20、知道三个 程的运 与 的 相等以及熟 运用运 学公式9 如 所示，一个 量 m=0.2kg 的小物体(P 可 点)，从半径 R=0.8m 的光滑 道的A 端由静止 放，A 与 心等高，滑到B 后水平滑上与 弧 道平滑 接的水平桌面，小物体与桌面 的 摩擦因数 =0.6，小物体滑行L=1m后与静置于桌 的另一相同的小物体Q 正碰，并粘在一起飞出桌面，桌面距水平地面高为h=0.8m 不计空气阻力，g=10m/s2.求：(1)滑至 B 点时的速度大小；(2)P 在 B 点受到的支持力的大小；(3)两物体飞出桌面的水平距离；(4)两小物体落地前损失的机械能.【答案】 (1) v14m/s (2) FN
21、6N(3)s=0.4m (4) E=1.4J【解析】【详解】（1）物体 P 从 A 滑到 B 的过程，设滑块滑到B 的速度为v1 ，由动能定理有：12mgRmv1解得： v14m/s（2）物体 P 做匀速圆周运动，在B 点由牛顿第二定律有:FNmgmv12R解得物体 P 在 B 点受到的支持力FN6N（3） P 滑行至碰到物体 Q 前，由动能定理有 :mgL1 mv221 mv1222解得物体 P 与 Q 碰撞前的速度 v22m/sP 与 Q 正碰并粘在一起，取向右为正方向，由动量守恒定律有:mv2mm v3解得P 与 Q 一起从桌边飞出的速度v31m/s由平碰后P、 Q 一起做平抛运动，有：
22、h 1 gt 22sv3t解得两物体飞出桌面的水平距离s=0.4m（4）物体 P 在桌面上滑行克服阻力做功损失一部分机械能:E1mgL1.2J物体 P 和 Q 碰撞过程中损失的机械能 :E21mv221(m m) v320.2J22两小物体落地前损失的机械能EE1E2解得： E=1.4J10 如图所示，A、 B 两球质量均为m，用一长为l 的轻绳相连，A 球中间有孔套在光滑的足够长的水平横杆上，两球处于静止状态现给B 球水平向右的初速度v0，经一段时间后B 球第一次到达最高点，此时小球位于水平横杆下方l/2 处（忽略轻绳形变）求：(1)B 球刚开始运动时，绳子对小球B 的拉力大小 T；(2)B
23、 球第一次到达最高点时， A 球的速度大小v1；(3)从开始到 B 球第一次到达最高点的过程中，轻绳对B 球做的功 W【答案】（ 1） mg+m v02（ 2） v1v02gl（ 3） mgl mv02l24【解析】【详解】（1） B 球刚开始运动时，A 球静止，所以B 球做圆周运动2对 B 球： T-mg=m v0l得： T=mg+m v02l（2） B 球第一次到达最高点时，A、 B 速度大小、方向均相同，均为v1以 A、B 系统为研究对象，以水平横杆为零势能参考平面，从开始到B 球第一次到达最高点，根据机械能守恒定律，1mv02mgl1mv121mv12mg l2222得： v1v02gl2（3）从开始到 B 球第一次到达最高点的过程，对B 球应用动能定理W-mg l1 mv12 1 mv02222得： W= mglmv024