《高中物理试卷物理曲线运动题分类汇编及解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中物理试卷物理曲线运动题分类汇编及解析.docx（20页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高中物理试卷物理曲线运动题分类汇编及解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1 如图所示， BC为半径 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
2、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：mgs
3、in45mgcos45gsin45 gcos45 22 m/s 2a2m设小球沿斜面向上和向下滑动的时间分别为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
4、对细管作用力大小为5 2 N，2 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距离 d 的范围【答案】（ 1）小球能到达D 点；（ 2） 0F3mgBC 上，若能，求落点与；（ 3）B 点水平21 Rd221 R【解析】【分析】【详解】（1）当
5、小球刚好通过最高点时应有：mgmvD2R由机械能守恒可得： mg hRmvD22联立解得 h33R h3RD 点；R ，因为 h 的取值范围为2，小球能到达2（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 3 Rh3R解得： 0F3mg2据牛顿第三定律得小球在最高点对轨道的压力范围为：0F3mg（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 ，故能落在水平面BC 上，当小球在最高点对轨道的压力为3mg 时，有： mg 3mg
6、m vD2maxR解得 vD max 2gR小球飞离 D 后平抛 R1 gt 2 ，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 R3 如图所示，在竖直平面内有一倾角 =37的传送带 BC已知传送带沿顺时针方向运行的速度 v=4 m/s ， B、 C两点的距离 L=6 m。一质量 m=0.2kg 的滑块（可视为质点）从传送带上端 B 点的右上方比B 点高 h=0. 45 m 处的 A 点水平抛出，恰好从 B 点沿 BC方向滑人传送带，滑块与传送带间的动摩擦因数=0.5，取重力加速度 g=10m/s 2 ， sin37 = 0.6，c
7、os37=0.8。求：(1)滑块水平抛出时的速度v0；(2)在滑块通过传送带的过程中，传送带和滑块克服摩擦力做的总功W.【答案】 (1) v0 =4m/s (2)W=8J【解析】【详解】(1) 滑块做平抛运动在 B 点时竖直方向的分速度为：平抛后恰好沿BC 方向滑人传送带，可知B 点的平抛速度方向与传送带平行，由几何关系及速度分解有：解得：(2) 滑块在 B 点时的速度大小为滑块从 B 点运动到 C 点过程中，由牛顿第二定律有：可得加速度设滑块到达C 点时的速度大小为vC，有：解得：此过程所经历的时间为：故滑块通过传送带的过程中，以地面为参考系，滑块的位移传送带的位移 x2=vt=4m；传送带
8、和滑块克服摩擦力所做的总功为：代入数据解得：【点睛】此题需注意两点， (1)要利用滑块沿 BC 射入来求解滑块到体做的功时要以地面为参考系来计算位移。x1=L=6m，B 点的速度； (2) 计算摩擦力对物4 如图所示，竖直平面内的光滑3/4 的圆周轨道半径为R， A 点与圆心 O 等高， B 点在 O的正上方，AD为与水平方向成 =45AD长为 7 2 R一个质量为m的小球角的斜面，（视为质点）在A 点正上方 h 处由静止释放，自由下落至A 点后进入圆形轨道，并能沿圆形轨道到达B 点，且到达B 处时小球对圆轨道的压力大小为mg，重力加速度为g，求：(1)小球到 B 点时的速度大小vB(2)小球
9、第一次落到斜面上C 点时的速度大小v(3)改变 h，为了保证小球通过B 点后落到斜面上，h 应满足的条件【答案】 (1) 2gR (2)10gR (3) 3Rh 3R2【解析】【分析】【详解】(1)小球经过 B 点时，由牛顿第二定律及向心力公式，有2mgmgm vBR解得vB2gR(2)设小球离开B 点做平抛运动，经时间t ，下落高度y，落到 C 点，则y 1 gt 22y cotvB t两式联立，得2vB24gRy4Rgg对小球下落由机械能守恒定律，有1 mvB2mgy1 mv222解得vv22gy2gR8gR 10gRB(3)设小球恰好能通过B 点，过 B 点时速度为 v1 ，由牛顿第二定
10、律及向心力公式，有mgm v12R又mg (hR)1mv122得h3 R2可以证明小球经过B 点后一定能落到斜面上设小球恰好落到D 点，小球通过 B 点时速度为 v2，飞行时间为 t ，(72R2R)sin1 gt 22(72R2R)cosv2t解得v22 gR又mg (hR)1mv222可得h3R故 h 应满足的条件为3 R h 3R2【点睛】小球的运动过程可以分为三部分，第一段是自由落体运动，第二段是圆周运动，此时机械能守恒，第三段是平抛运动，分析清楚各部分的运动特点，采用相应的规律求解即可5 如图所示，半径为R 的四分之三光滑圆轨道竖直放置，CB是竖直直径，A 点与圆心等高，有小球b 静
11、止在轨道底部，小球a 自轨道上方某一高度处由静止释放自A 点与轨道相切进入竖直圆轨道，a、 b 小球直径相等、质量之比为3 1，两小球在轨道底部发生弹性正碰后小球b 经过C 点水平抛出落在离C 点水平距离为22R 的地面上，重力加速度为g，小球均可视为质点。求(1)小球 b 碰后瞬间的速度；(2)小球 a 碰后在轨道中能上升的最大高度。【答案】 (1)6gR (2) 1 R3【解析】【详解】(1)b 小球从 C 点抛出做平抛运动，有：1 gt 22R24R解得 tg小球 b 做平抛运动的水平位移：xvC t22R解得 vC2gR根据机械能守恒有：1 mbvb21 mbvC22mb gR22可知
12、小球 b 在碰后瞬间的速度：vb6gR(2)a、b 两小球相碰，由动量守恒得：ma vama va mbvb121212a、b 两小球发生弹性碰撞，由机械能守恒得：2mava2 mava 2mb vb又 ma 3mb解得： va211vb va vavb323可得： va 6gR，小球 a 在轨道内运动，不能到达圆心高度，所以小球a 不会脱离轨3道，只能在轨道内来回滚动，根据机械能守恒可得：1 mava 2ma gh2解得： hR36 如图所示，用绝缘细绳系带正电小球在竖直平面内运动，已知绳长为L，重力加速度g，小球半径不计，质量为m，电荷 q不加电场时，小球在最低点绳的拉力是球重的9倍。(1
13、)求小球在最低点时的速度大小；(2)如果在小球通过最低点时，突然在空间产生竖直向下的匀强电场，若使小球在后面的运动中，绳出现松软状态，求电场强度可能的大小。【答案】（ 1） v18gL3mg3mg（ 2）E5qq【解析】【详解】（1）在最低点，由向心力公式得：Fmg解得： v18gLmv12L（ 2）果在小球通过最低点时，突然在空间产生竖直向下的匀强电场，若使小球在后面的运动中，绳出现松软状态，说明小球能通过与圆心等的水平面，但不能通过最高点。则小球不能通过最高点，由动能定理得：mg 2L Eq2L1 mv121 mv2222且Eqmgm3mg则 E5q也不可以低于O 水平面v22L2mgLE
14、qLmv13mg则 Eq3mg3mg所以电场强度可能的大小范围为E5qq7 如图所示，半径R=0.40m 的光滑半圆环轨道处于竖起平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A一质量 m=0.10kg 的小球，以初速度V0=7.0m/s 在水平地面上向左做加速度a=3.0m/s 2 的匀减速直线运动，运动4.0m后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C点求（ 1）小球到 A 点的速度（ 2）小球到 B 点时对轨道是压力（ 3） A、 C 间的距离（取重力加速度 g=10m/s 2）【答案】 （1）VA5/s（ 2） FN1.25 N （ACm3） S =1.2m【解析】【详解】（1）匀减速运动过程
15、中，有：vA2v022as解得： vA 5m / s（2）恰好做圆周运动时物体在最高点B 满足： mg=m vB21 ，解得 vB 1 =2m/sR假设物体能到达圆环的最高点112BB，由机械能守恒：mv2A=2mgR+ mv22联立可得 ：vB=3 m/s因为 vBvB1，所以小球能通过最高点B此时满足 FN mgm v2R解得 FN 1.25 N（3）小球从 B 点做平抛运动，有：2R=1gt22ACBS =v t得： SAC=1.2m【点睛】解决多过程问题首先要理清物理过程，然后根据物体受力情况确定物体运动过程中所遵循的物理规律进行求解；小球能否到达最高点，这是我们必须要进行判定的，因为
16、只有如此才能确定小球在返回地面过程中所遵循的物理规律8 如图所示，光滑的水平平台上放有一质量M=2kg，厚度d=0.2m的木板，木板的左端放有一质量m=1kg 的滑块（视为质点），现给滑块以水平向右、的初速度，木板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
17、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)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
18、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9 如图所示， P 为弹射器， PA、 BC为光滑水平面分别与传送带AB 水平相连， CD为光滑半圆轨道，其半径R=2m，传送带AB 长为 L=6m，并沿逆时针方向匀速转动现有一质量m=1kg 的物体（可视为质点）由弹射器P 弹出后滑向传送带经BC紧贴圆弧面到达D 点，已知弹射器的弹性势能全部转化为物体的动能，物体与传送带的动摩擦因数为=0.2取g=10m/s2，现要使物体刚好能经过D 点，求：（ 1）物体到达 D 点速度大小；（ 2）则弹射器初始时具有的弹性
19、势能至少为多少【答案】（ 1） 25 m/s ；（ 2） 62J【解析】【分析】【详解】（1）由题知，物体刚好能经过D 点，则有：mgmvD2R解得： vDgR2 5 m/s（2）物体从弹射到D 点，由动能定理得：WmgL2mgR1mvD202WEp解得： Ep62J10 如图所示，倾角=30的光滑斜面上，一轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端连接质量 mB=0.5kg 的物块 B， B 通过轻质细绳跨过光滑定滑轮与质量mA=4kg 的物块 A 连接，细绳平行于斜面，A 在外力作用下静止在圆心角为=60、半径R=lm 的光滑圆弧轨道的顶端 a 处，此时绳子恰好拉直且无张力；圆弧轨道最低端b 与粗糙
20、水平轨道bc 相切， bc 与一个半径r=0.12m 的光滑圆轨道平滑连接，静止释放A，当 A 滑至 b 时，弹簧的弹力与物块 A 在顶端 d 处时相等，此时绳子断裂，已知bc 长度为 d=0.8m，求： (g 取 l0m/s 2)(1)轻质弹簧的劲度系数k；(2)物块 A 滑至 b 处，绳子断后瞬间，圆轨道对物块A 的支持力大小；(3)为了让物块A 能进入圆轨道且不脱轨，则物体与水平轨道bc 间的动摩擦因数 应满足什么条件？【答案】（1）k5N / m（ ）72N（ ） 0.350.5或0.12523【解析】（1） A 位于 a 处时，绳无张力弹簧处于压缩状态，设压缩量为x对 B 由平衡条件
21、可以得到：kx mB g sin当 A 滑至 b 时，弹簧处于拉伸状态，弹力与物块A 在顶端 a 处时相等，则伸长量也为x，由几何关系可知：R 2x ，代入数据解得： k5N / m ；（2）物块 A 在 a 处和在 b 处时，弹簧的形变量相同，弹性势能相同由机械能守恒有：mA gR 1cosmB gR sin1 mA vA21 mB vB222将 A 在 b 处，由速度分解关系有：vBvA sin代入数据解得：vA22m / s2在 b 处，对 A 由牛顿定律有：N bmA gmA vAR代入数据解得支持力：Nb72 N （ 3）物块 A 不脱离圆形轨道有两种情况：不超过圆轨道上与圆心的等高点由动能定理，恰能进入圆轨道时需要满足：1mA gd01 mA vA22恰能到圆心等高处时需要满足条件：mA gr2 mA gd01 mAvA22代入数据解得：1 0.5 ，2 0.35过圆轨道最高点，则恰好过最高点时：v2mA gmA r由动能定理有：2mA gr3mA gd1 mA v21 mA vA222代入数据解得：3 0.125为使物块 A 能进入圆轨道且不脱轨，有：0.350.5 或0.125