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1、高中物理曲线运动基础练习题及解析一、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）根据水平方向向
2、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的
3、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，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
4、的范围3mv2(2)mv02(3) v4 2gR 或 45gR v 8 2gR【答案】 (1)16mg804R00【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 mv0214mv1222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F22 mv(3)小球不脱离圆形轨有两种可能性： 若小球滑行的高度不超过圆形轨道半
5、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)gR 1 ( 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，子弹速度的范围是v04 2gR 或 4 5gRv
6、08 2gR3 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L 3 m，围墙外空地宽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 10 m/s 2.求：(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【答案】 (1)5 m/s v0 13 m/s；(2)55 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则小球的水平位移：L+x=vmaxt 1，小球的竖直位移：H=gt12解以上
7、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min0 maxvvv ，即 5m/sv0 13m/s（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=5 m/s4 水平面上有一竖直放置长H 1.3m的杆POL 0.9m的轻细绳两端系在杆上P、 Q，一长两点，
8、PQ 间距离为 d0.3m，一质量为m 1.0kg 的小环套在绳上。杆静止时，小环靠在杆上，细绳方向竖直；当杆绕竖直轴以角速度旋转时，如图所示，小环与Q 点等高，细绳恰好被绷断。重力加速度g10m s2，忽略一切摩擦。求：（ 1）杆静止时细绳受到的拉力大小T；（ 2）细绳断裂时杆旋转的角速度大小；（ 3）小环着地点与 O 点的距离 D。【答案】 （1） 5N （ 2） 53rad / s （ 3） 1.6m【解析】【详解】（1）杆静止时环受力平衡，有2T mg 得： T5N（2）绳断裂前瞬间，环与Q 点间距离为 r，有 r2 d2 （ L r） 2环到两系点连线的夹角为dr，有 sinr， c
9、osLL r绳的弹力为T1，有 T1 sin mg2T1cos T1 m r得5 3rad / s（3）绳断裂后，环做平抛运动，水平方向s vt竖直方向 ： Hd1 gt 22环做平抛的初速度： v r小环着地点与杆的距离： D2 r2 s2得 D 1.6m【点睛】本题主要是考查平抛运动和向心力的知识，解答本题的关键是掌握向心力的计算公式，能清楚向心力的来源即可。5 如图所示，大小相同且质量均为m 的 A、 B 两个小球置于光滑的边长为2 2 H 的正方形玻璃板上， B 静止， A 由长为 2 H 的轻质细绳悬挂于O3，静止时细绳刚好拉直，悬点距离玻璃板和玻璃板距离水平地面均为H，玻璃板中心O
10、2 位于悬点 O3 正下方， O3 与 O2 的延长线和水平地面交于点 O1已知重力加速度为 g（ 1）某同学给 A 一个水平瞬时冲量 I， A 开始在玻璃板上表面做圆周运动且刚好对玻璃板无压力，求 I 满足的表达式；（ 2） A 运动半周时刚好与静止的 B 发生对心弹性正碰， B 从玻璃板表面飞出落地，求小球B 的落点到O1 的距离【答案】 （1） ImgH （ 2）3H【解析】设细绳与竖直方向夹角为H145o ， A 圆周运动轨道半径为 H(1) cosh由 A 的受力分析可知：mv02mg tanH动量定理 ： I mv0Im gH(2)A 与 B 发生弹性正碰m1vom1v1m2v21
11、 m1vo 21 m1v121 m2 v2 2222解得 v2gHB 球被碰后，在桌面上匀速运动飞出桌面后平抛，设平抛的射程为xH 1 gt22xv2t由几何关系得 o1 pH 2(2 H x)2o1 p 3H【点睛】 (1)根据圆周运动向心力表达式即可求得；（2）根据弹性碰撞机械能守恒动量守恒求得 B 小球的速度，再结合平抛运动的知识求得距离6 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 AB是长度为 5L 的水平轨道，B端与
12、半径为L的光滑半圆轨道相切，半圆的直径在竖直方向上物块P与ABBCDBD间的动摩擦因数0.5，用外力推动物块，将弹簧压缩至长度为L处，然后释放，PPP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)EmgL(3) 55P5(2)S 22Lm Mm32【解析】【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
13、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 MgL27 如图所示，轻绳绕过定滑轮，一端连接物块A，另一端连接在滑环C 上，物块A 的下端用弹簧与放在地面上的物块B 连接， A、B 两物块的质量均为m，滑环 C的质量为M，开始时绳连接滑环C 部分处于水平，绳刚好拉直且无弹力，滑轮到杆的距离为L，控制滑块4C，
14、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【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
15、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 某高中物理课程基地拟采购一种能帮助学生对电偏转和磁偏转理解的实验器材. 该器材的核心结构原理可简化为如图所示.一匀强电场方向竖直向下，以竖直线ab、 cd 为边界，其宽度为 L，电场强度的大小为 E3mv02. 在 cd 的左侧有一与 cd 相切于 N 点的圆形有qL界匀强磁场，磁场的方向垂直纸面、水平向外. 现有一质量为 m，电荷量为 q 的带正电粒子自 O 点以水平初速度 v
16、0 正对 M 点进入该电场后，从N 点飞离 cd 边界，再经磁场偏转后又从 P 点垂直于 cd 边界回到电场区域，并恰能返回O 点 .粒子重力不计 . 试求：1 粒子从 N 点飞离 cd 边界时的速度大小和方向；2 P 、 N 两点间的距离；3 圆形有界匀强磁场的半径以及磁感应强度大小；4 该粒子从 O 点出发至再次回到O 点的总时间【答案】1 2v0 ，方向与边界 cd 成 30o 角斜向下；2 5 3 L ，；（ 3）5L ，848 3mv0； 4 3L5 3 L5qL2v018v0【解析】【分析】（1）利用运动的合成和分解，结合牛顿第二定律，联立即可求出粒子从N 点飞离 cd 边界时的速
17、度大小，利用速度偏向角公式即可确定其方向；（ 2）利用类平抛规律结合几何关系，即可求出P、 N 两点间的距离；（3）利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，联立即可求出圆形有界匀强磁场的半径以及磁感应强度大小；（ 4）利用类平抛规律求解粒子在电场中运动的时间，利用周期公式，结合粒子在磁场中转过的圆心角求解粒子在磁场中运动的时间，联立即可求出该粒子从O 点出发至再次回到O 点的总时间 【详解】（1）画出粒子轨迹过程图，如图所示：L粒子从 O 到 N 点时间： t 1= v0粒子在电场中加速度：a= qE =3v 02mL粒子在 N 点时竖直方向的速度：vy=at 1= 3 v0粒子从 N 点飞离 c
18、d 边界时的速度： v=2v0速度偏转角的正切：tan= v y=3，故=600，即速度与边界cd 成 300 角斜向下 v0（2）POt2L粒子从到点时间：= 2v 0粒子从 P 到 O 点过程的竖直方向位移：y2=1 at22 =3 L28粒子从 O 到 N 点过程的竖直方向位移：y1=1 at12=3 L22故 P、 N 两点间的距离为： YPN=y1+y2= 53 L8（3）设粒子做匀速圆周运动的半径为r，根据几何关系可得：r cos600 +r= 5 3 L8解得粒子做匀速圆周运动的半径：r= 53 L12根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m v 2r解得圆形有界匀强磁场的磁感应强
19、度mv8 3mv0： B=5qLqr根据几何关系可以确定磁场区域的半径：R=2r cos30 0即圆形有界匀强磁场的半径： R=5L4（4）粒子在磁场中运动的周期：T=2rv粒子在匀强磁场中运动的时间：25 3Lt 3=T=318v0粒子从 O 点出发至再次回到3L5 3LO 点的总时间： t=t 1+t2+t 3=+2v 018v 0【点睛】本题考查带电粒子在复合场中运动，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，还要分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向；运
20、用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间 9 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,cos370.8 ， g=10m/s 2. 求：(1
21、)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：2vPmgN Pm解得 : vP2.5gR5m/s(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 =1mvP21mvC222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
22、，物块 C 至 E 过程中根据动能定理：mgL cos37mgLsin37 mgRsin 53 =01mvm22解得： vm6m/s10 摄制组在某大楼边拍摄武打片，要求特技演员从地面飞到屋顶，为此导演在某房顶离地高 H=8m 处架设了轻质轮轴如题图所示，连汽车的轻质钢缆绕在轴上，连演员的轻质钢缆绕在轮上，轮和轴固连在一起可绕中心固定点无摩擦转动汽车从图中A 处由静止开始加速运动，前进s=6m 到 B 处时速度为v=5m/s 人和车可视为质点，轮和轴的直径之比为 3： 1，轮轴的大小相对于H 可忽略，钢缆与轮轴之间不打滑，g 取10m/s 2提示：连接汽车的钢缆与连接演员的钢缆非同一根钢缆试求
23、：(1)汽车运动到B 处时演员的速度大小：(2)汽车从 A 运动到 B 的过程演员上升的高度；(3)若汽车质量M=1500kg ，特技演员的质量m=60kg，且在该过程中汽车受地面阻力大小恒为 1000N，其余阻力不计，求汽车从A 运动到【答案】 (1)9m/s（ 2）6m（ 3） 30780JB 的过程中汽车发动机所做的功【解析】 （1）将汽车的速度v 分解为如图所示的情况，有：，解得： =37则得绳子的伸长速度v1=vsin37 =5 0.6=3m/s，由于轮轴的角速度相等设人的上升速度为v3，轮的半径为R，轴的半径为r，则有，得 v3=9 m/s ；（2）由图可知，在这一过程中，连接轨道车的钢丝上升的距离为：l=-H=2m轮和轴的直径之比为 3： 1所以演员上升的距离为 h=32m=6m（3）汽车发动机所做的功转化为人的动能，人的重力势能，车的动能，及车与地面的摩擦力生热因此 ： W= mv 人 2+mgh+ Mv 2+fs=30780J；点睛：考查运动的合成与分解，掌握角速度与线速度的关系，理解功能关系的应用，同时注意：轮和轴的角速度相同，根据轮和轴的直径之比知道线速度关系掌握速度分解找出分速度和合速度的关系