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1、最新高中物理曲线运动模拟试题一、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 ；（） ；（ ）Ek2=6mg2F314【解析】【
2、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 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
3、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）mv022m2 gv02v0F24m2g22F（2）2（ 3）FF【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
4、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： Fmaxv02 2ax mx解得： xm mv022F（2）水平方向速度减小为零所需时间t v01ax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3 如图所示，在竖直平面内有一绝缘“”型杆放在水平向右的匀强电场中，其中AB、 CD水平且足够
5、长，光滑半圆半径为R，质量为m、电量为+q 的带电小球穿在杆上，从距B 点x=5.75R 处以某初速v0 开始向左运动已知小球运动中电量不变，小球与AB、 CD 间动摩擦因数分别为 1=0.25、 2=0.80，电场力 Eq=3mg/4，重力加速度为g， sin37 =0.6， cos37 =0.8求：（ 1）若小球初速度 v0=4 gR ，则小球运动到半圆上 B 点时受到的支持力为多大；（ 2）小球初速度 v0 满足什么条件可以运动过 C 点；（3）若小球初速度v=4 gR ，初始位置变为x=4R，则小球在杆上静止时通过的路程为多大【答案】（ 1） 5.5mg （ 2） v0 4gR （ 3
6、） 44R【解析】【分析】【详解】（1）加速到 B 点： - 1mgx qEx1 mv21 mv0222在 B 点： N mgm v2R解得 N=5.5mgqE（2）在物理最高点F： tanmg解得 =370；过 F 点的临界条件：vF=0从开始到 F 点： -1mgxqE (xR sin)mg ( R R cos ) 01 mv022解得 v04 gR可见要过 C 点的条件为： v0 4gR（3）由于 x=4R5.75R，从开始到 F 点克服摩擦力、克服电场力做功均小于（2）问，到 F点时速度不为零，假设过C 点后前进 x1 速度变为零，在 CD 杆上由于电场力小于摩擦力，小球速度减为零后不
7、会返回，则：-1mgx2 mgx1-qE( x-x1 ) mg2R01mv022sxR x1解得： s(44)R4 如图所示，半径为R 的四分之三圆周轨道固定在竖直平面内，O 为圆轨道的圆心，D为圆轨道的最高点，圆轨道内壁光滑，圆轨道右侧的水平面BC 与圆心等高质量为m 的小球从离B 点高度为h 处（3Rh3R ）的A 点由静止开始下落，从B 点进入圆轨道，2重力加速度为g ）（ 1）小球能否到达 D 点？试通过计算说明；（ 2）求小球在最高点对轨道的压力范围；（3）通过计算说明小球从D 点飞出后能否落在水平面BC 上，若能，求落点与B 点水平距离d的范围【答案】（1）小球能到达D 点；（ 2
8、） 0F3mg；（ 3）21 Rd221 R【解析】【分析】【详解】（1）当小球刚好通过最高点时应有：mvD2mgR由机械能守恒可得： mg hRmvD22联立解得 h3 R ，因为 h 的取值范围为3 Rh3R ，小球能到达D 点；22（2）设小球在 D 点受到的压力为F ，则FmgmvD2Rmg h RmvD22联立并结合 h 的取值范围33R解得： 0F3mgR h2据牛顿第三定律得小球在最高点对轨道的压力范围为：0F 3mg（3）由（ 1）知在最高点 D 速度至少为 vD mingR此时小球飞离 D 后平抛，有： R1 gt 22xminvD min t联立解得 xmin2RR ，故能
9、落在水平面BC 上，当小球在最高点对轨道的压力为3mg 时，有： mg3mgm vD2maxR解得 vD max2gR小球飞离 D 后平抛 R1 gt2 ，2xmaxvD max t联立解得 xmax2 2R故落点与 B 点水平距离d 的范围为：21 Rd221 R5 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
10、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？【答案】 (1)415015g2gT15mg (2)=215ll【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
11、度2gl6“抛石机 ”是古代战争中常用的一种设备，如图所示，为某学习小组设计的抛石机模型，其长臂的长度 L = 2 m，开始时处于静止状态，与水平面间的夹角 =37；将质量为 m=10.0 的石块装在长臂末端的口袋中，对短臂施力，当长臂转到竖直位置时立即停止转动，石块被水平抛出，其落地位置与抛出位置间的水平距离x =12 m。不计空气阻力，重力加速度 g 取 10m/s2，取水平地面为重力势能零参考平面。sin37 =0.6， cos37= 0.8。求：（ 1）石块在最高点的重力势能EP（ 2）石块水平抛出的速度大小v0；（ 3）抛石机对石块所做的功 W。【答案】 （1） 320J （ 2）
12、15m/s（ 3） 1445J【解析】（ 1）石块在最高点离地面的高度：h=L+Lsin=2（ 1+0.6） m = 3.2m由重力势能公式：EP =mgh= 320J（2）石块飞出后做平抛运动水平方向x = v0t竖直方向h1 gt 22解得： v0 = 15m/s（3）长臂从初始位置转到竖直位置过程，由动能定理得： W mgh1 mv022解得： = 1445J点睛：要把平抛运动分解水平方向上的匀速和竖直方向上的自由落体运动。7 如图所示，光滑的水平平台上放有一质量 M=2kg，厚度有一质量 m=1kg 的滑块（视为质点），现给滑块以水平向右、d=0.2m的木板，木板的左端放的初速度，木板
13、在滑块的带动下向右运动，木板滑到平台边缘时平台边缘的固定挡板发生弹性碰撞，当木板与挡板发生第二次碰撞时，滑块恰好滑到木板的右端，然后水平飞出，落到水平地面上的 A 点，已知木板的长度l=10m， A 点到平台边缘的水平距离s=1.6m，平台距水平地面的高度 h=3m ，重力加速度，不计空气阻力和碰撞时间，求：(1)滑块飞离木板时的速度大小；(2)第一次与挡板碰撞时，木板的速度大小；（结果保留两位有效数字）(3)开始时木板右端到平台边缘的距离；（结果保留两位有效数字）【答案】(1)(2)v=0.67m/s (3)x=0.29m【解析】【分析】【详解】(1)滑块飞离木板后做平抛运动，则有：解得(2
14、)木板第一次与挡板碰撞后，速度方向反向，速度大小不变，先向左做匀减速运动，再向右做匀加速运动，与挡板发生第二次碰撞，由匀变速直线运动的规律可知木板两次与挡板碰撞前瞬间速度相等设木板第一次与挡板碰撞前瞬间，滑块的速度大小为，木板的速度大小为v由动量守恒定律有：，木板第一与挡板碰后：解得 :v=0.67m/s(3)由匀变速直线运动的规律：，由牛顿第二定律：解得 :x=0.29m【点睛】对于滑块在木板上滑动的类型，常常根据动量守恒定律和能量守恒定律结合进行研究也可以根据牛顿第二定律和位移公式结合求出运动时间，再求木板的位移8 如图所示 ,粗糙水平地面与半径 R 1.6m 的光滑半圆轨道BCD在 B
15、点平滑连接 , O 点是半圆轨道 BCD 的圆心 , B、 O、 D 三点在同一竖直线上 ,质量 m2kg 的小物块 (可视为质点)静止在水平地面上的 A 点 .某时刻用一压缩弹簧 (未画出 )将小物块沿 AB 方向水平弹出 ,小物块经过 B 点时速度大小为 10m/s (不计空气阻力 ).已知 xAB10m ,小物块与水平地面间的动摩擦因数=0.2 ,重力加速度大小 g 10m/s 2 .求：(1)压缩弹簧的弹性势能；(2)小物块运动到半圆轨道最高点时,小物块对轨道作用力的大小；(3)小物块离开最高点后落回到地面上的位置与B 点之间的距离 .【答案】 (1)140J(2)25N(3)4.8m
16、【解析】(1)设压缩弹簧的弹性势能为EP ，从 A 到 B 根据能量守恒 ，有EP1 mv2B2mgxAB代入数据得EP140J(2)从 B 到 D，根据机械能守恒定律有1 mvB21 mvD2mg 2R22在 D 点，根据牛顿运动定律有Fmgm vD2R代入数据解得 F25N由牛顿第三定律知，小物块对轨道作用力大小为25N(3)由 D 点到落地点物块做平抛运动竖直方向有2R1 gt 22落地点与 B 点之间的距离为 x vD t代入数据解得 x4.8m点睛：本题是动能定理、牛顿第二定律和圆周运动以及平抛运动规律的综合应用，关键是确定运动过程，分析运动规律，选择合适的物理规律列方程求解9如图所
17、示，某同学在一辆车上荡秋千，开始时车轮被锁定，车的右边有一个和地面相平的沙坑，且右端和沙坑的左边缘平齐；当同学摆动到最大摆角=60时，车轮立即解除锁定，使车可以在水平地面无阻力运动，该同学此后不再做功，并可以忽略自身大小，已知秋千绳子长度L=4.5m，该同学和秋千支架的质量M=200kg ，重力加速度g=10m/s 2，试求：（ 1）该同学摆到最低点时的速率；（ 2）在摆到最低点的过程中，绳子对该同学做的功；（ 3）该同学到最低点时，顺势离开秋千板，他落入沙坑的位置距离左边界多远？已知车辆长度 s=3.6m，秋千架安装在车辆的正中央，且转轴离地面的高度H=5.75m.【答案】（ 1） 6m/s
18、 ；（ 2） -225J；（ 3） 0.421m【解析】（1）人向下运动的过程中，人与车在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则：人向下运动的过程中系统的机械能守恒，则：代入数据，联立得：（2）对人向下运动的过程中使用动能定理，得：代入数据解得：（3）人在秋千上运动的过程中，人与车组成的系统在水平方向的平均动量是守恒的，则：由于运动的时间相等，则：又：，联立得：，即车向左运动了人离开秋千后做平抛运动，运动的时间为：人沿水平方向的位移为：所以人的落地点到沙坑边缘的距离为：代入数据，联立得：。点睛：该题中涉及的过程多，用到的知识点多，在解答的过程中要注意对情景的分析，尤其要注意人在秋千上运动的过
19、程中，车不是静止的，而是向左运动。10 如图所示，在竖直平面内有一“”管道装置，它是由两个完全相同的圆弧管道和两直管道组成。直管道和圆弧管道分别相切于A1 、 A2 、 B1 、 B2 ， D1 、 D2 分别是两圆弧管道的最高点， C1 、 C2 分别是两圆弧管道的最低点， C1 、 C2 固定在同一水平地面上。两直管道略微错开，其中圆弧管道光滑，直管道粗糙，管道的粗细可忽略。圆弧管道的半径均为 R，B1O1D1AO CB2O2 D 2A2O2C2。一质量为m的小物块以水平向1 1 1左的速度 v0 从 C1 点出发沿管道运动，小物块与直管道间的动摩擦因数为。设v0 12m / s ， m=
20、1kg，R=1.5m，0.5 ，37 （sin37 =0.6， cos37 =0.8）。求：（ 1）小物块从 C1 点出发时对管道的作用力；（ 2）小物块第一次经过 C2 点时的速度大小；（ 3）小物块在直管道 B1 A2 上经过的总路程。【答案】（ 1） 106N，方向向下（2）4537 m/s （ 3） m4【解析】【详解】(1)物块在 C1 点做圆周运动，由牛顿第二定律有：Nmgm v02R可得： Nmgm v02106NR由牛顿第三定律可知，小物块对管道的作用力大小为106N，方向向下(2)由几何知识易有： lA2 B12Rcos4mA1 B2sin从 C1到 C2由动能定理可得：mg
21、lcos1 mv221 mv0222可得： v2v022 glcos4 7m / s(3)以C C 水平线作为重力势能的参考平面，则小物块越过D、 D点时的机械能需满足：1212E E02mgR 30J由于直管道的摩擦，物块每完整经历直管道一次，机械能的减少量满足：EWfmglcos16J设 n 为从第一次经过 D1后，翻越 D1 和 D2的总次数，则有：1 mv02nEE0 ，21mv02 - n 1 E E02可得： n=2，表明小物块在第二次经过D1 后就到不了 D2，之后在 D1B1A2C2D2 之间往复运动直至稳定，最后在A2 及 C2 右侧与 A2 等高处之间往复稳定运动。由开始到稳定运动到达A2 点，由动能定理有：mgscosmgR 1 cos01mv022可得： s= 69m453故在 B1A2 直管道上经过的路程为s=s l=m4