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1、高中物理曲线运动模拟试题及解析一、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 ；（） ；（ ）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，在水平桌面上离桌面右边缘3.2m 处放着一质量为0.1kg 的小铁球（可看作质点），
3、铁球与水平桌面间的动摩擦因数=0.2现用水平向右推力F=1.0N 作用于铁球，作用一段时间后撤去。铁球继续运动，到达水平桌面边缘A 点飞出，恰好落到竖直圆弧轨道 BCD的 B 端沿切线进入圆弧轨道，碰撞过程速度不变，且铁球恰好能通过圆弧轨道的最高点 D已知 BOC=37， A、 B、 C、 D 四点在同一竖直平面内，水平桌面离B 端的竖直高度 H=0.45m ，圆弧轨道半径R=0.5m ，C 点为圆弧轨道的最低点，求：（取sin37 =0.6，cos37 =0.8）(1)铁球运动到圆弧轨道最高点D 点时的速度大小vD；(2)若铁球以 vC=5.15m/s 的速度经过圆弧轨道最低点 C，求此时铁
4、球对圆弧轨道的压力大小FC；（计算结果保留两位有效数字）(3)铁球运动到B 点时的速度大小vB；(4)水平推力 F 作用的时间t 。【答案】 (1)铁球运动到圆弧轨道最高点D 点时的速度大小为5 m/s ；(2)若铁球以 vC=5.15m/s 的速度经过圆弧轨道最低点 C，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小为 6.3N；(3)铁球运动到B 点时的速度大小是5m/s ；(4)水平推力 F 作用的时间是0.6s。【解析】【详解】(1)小球恰好通过mvD2D 点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律可得：mgR可得： vD5m / s(2)小球在 C 点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则：代入数据可得：
5、F=6.3N由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：FC=F=6.3NFmgmvC2R(3)小球从 A 点到 B 点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有：2ghvy2得： vy=3m/svy3小球沿切线进入圆弧轨道，则：vB5m/ssin370.6(4)小球从 A 点到 B 点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，可得：vA vBcos3750.8 4m / s小球在水平面上做加速运动时：Fmg ma1可得： a18m / s2小球做减速运动时：mgma2可得： a22m / s2由运动学的公式可知最大速度：vma1t ； vA vm a2t2又： xvm tvmvA t222联立可得：
6、t0.6s3 如图所示，光滑轨道CDEF 是一 “过山车 ”的简化模型，最低点D 处入、出口不重合，E 点是半径为 R0.32m 的竖直圆轨道的最高点，DF 部分水平，末端F 点与其右侧的水平传送带平滑连接，传送带以速率v=1m/s 逆时针匀速转动，水平部分长度L=1m物块 B静止在水平面的最右端F 处质量为 mA 1kg 的物块 A 从轨道上某点由静止释放，恰好通过竖直圆轨道最高点E ，然后与 B 发生碰撞并粘在一起若B 的质量是 A 的 k 倍， A、B与传送带的动摩擦因数都为0.2 ，物块均可视为质点，物块A 与物块 B 的碰撞时间极短，取 g 10m / s2求：（ 1）当 k 3 时
7、物块 A、B 碰撞过程中产生的内能；（ 2）当 k=3 时物块 A、B 在传送带上向右滑行的最远距离；（3）讨论 k 在不同数值范围时， A、B 碰撞后传送带对它们所做的功W的表达式【答案】 （1） 6J（ 2） 0.25m（ 3） W2 kk 22k151 J W12 k【解析】（1）设物块 A 在 E 的速度为 v0 ，由牛顿第二定律得：mA g mAv02，R设碰撞前 A 的速度为 v1 由机械能守恒定律得：2mA gR 1 mAv021 mAv12 ，22联立并代入数据解得：v14m / s ；设碰撞后A、B 速度为 v2 ，且设向右为正方向，由动量守恒定律得mAv1 mAm2 v2
8、；解得： v2mAv1141m / s ；1 3mA mB由能量转化与守恒定律可得：Q1 mAv121 mAmB v22 ，代入数据解得Q=6J ；22（2）设物块 AB 在传送带上向右滑行的最远距离为s，由动能定理得：mAmBgs1 mAmBv22，代入数据解得 s0.25m ；2（3）由式可知：v2mAv14m / s ；mAmB1k（i ）如果 A、 B 能从传送带右侧离开，必须满足1mAmBv22mAmBgL ，2解得： k 1，传送带对它们所做的功为： WmAmBgL2 k1 J；（ii ）（ I）当 v2v 时有： k3，即 AB 返回到传送带左端时速度仍为v2 ；由动能定理可知，
9、这个过程传送带对AB 所做的功为： W=0J，（II）当 0 k时， AB 沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速，当速度与传送带速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左侧在这个过程中传送带对AB 所做的功为 W1 mAmBv21 mAmBv22 ，22k 22k15解得 Wk1；2【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、动量守恒定律、动能定理即可解题；解题时注意讨论，否则会漏解 A 恰好通过最高点E，由牛顿第二定律求出A 通过 E 时的速度，由机械能守恒定律求出 A 与 B 碰撞前的速度，A、B 碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定
10、律与能量守恒定律求出碰撞过程产生的内能，应用动能定理求出向右滑行的最大距离根据A、B 速度与传送带速度间的关系分析AB 的运动过程，根据运动过程应用动能定理求出传送带所做的功4 如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆形轨道，外圆ABCD光滑，内圆的上半部分 BC粗D糙，下半部分 BA光D滑一质量m=0.2kg 的小球从轨道的最低点A 处以初速度 v0 向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径R=0.2m，取g=10m/s2 （1）若要使小球始终紧贴着外圆做完整的圆周运动，初速度v0 至少为多少？（2）若 v0C=3m/s ，经过一段时间小球到达最高点，内轨道对小球的支持力F
11、=2N，则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？（3）若 v0=3.1m/s ，经过足够长的时间后，小球经过最低点A 时受到的支持力为多少？小球在整个运动过程中减少的机械能是多少？（保留三位有效数字）【答案】（ 1） v 0 = 10m/s（2） 0.1J （ 3） 6N； 0.56J【解析】【详解】（1）在最高点重力恰好充当向心力mv2mgCR从到机械能守恒2mgR1 mv02 - 1 mvC222解得v010m/s（2）最高点mvC2mg - FCR从 A 到 C 用动能定理-2mgR - Wf1 mvC2- 1 mv0222得 W f =0.1J（ 3）由 v0 =3.1m/s 10m
12、/s 于，在上半圆周运动过程的某阶段，小球将对内圆轨道间有弹力，由于摩擦作用，机械能将减小经足够长时间后，小球将仅在半圆轨道内做往复运动设此时小球经过最低点的速度为vA ，受到的支持力为FA12mgRmvAFA - mg得 FA =6N整个运动过程中小球减小的机械能mv2ARE 1 mv02 - mgR2得 E =0.56J5 如图所示，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，
13、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）2.25J61EkB（ ） W A0 ，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2vF sinm2rL sinEkB1m2v22
14、m1gL sin2得 EkB2cosEkB2.25J（3）因杆对 A 的作用力垂直于A 的位移，所以 WA0由（ 2）中的 EkBm1gL sin253 时， B 的动能为 EkB162cos知，当J3杆对 B 做的功等于 A 、 B 组成的系统机械能的增量，故WB EkBEkB m1 gh 其中 hL cos37L cos53 得 WB61J126 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
15、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)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
16、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7 如图甲所示，长为 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
17、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【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
18、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。8 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
19、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/s2)(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） k 5N / m （ 2） 72N （ 3） 0.350.5 或0.125【解
20、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 由平衡条件可以得到： kxmB 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 1 cosmB gR sin1mA vA21mB vB222将 A 在 b 处，由速度分解关系有：vB vA sin代入数据解得： vA 2 2m / s在 b 处，对 A 由牛顿定律有： N bmA g mAvA2R代入
21、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：10.5 ，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 9 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 k
22、g 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
23、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，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h 1 gt 2，得2t 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M
24、v 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 J10 如图所示，水平绝缘轨道AB 长 L=4m，离地高 h=1.8m， A、 B 间存在竖直向上的匀强电场。一质量A 点以 v0=6m/s 的初速m=0.1kg，电荷量 q=-5 105C 的小滑块，从轨道上的度向右滑动，从B 点离开电场后，落在地面上的C 点。已知 C、B 间的水平距离 x=2.4m ，滑块与轨道间的动摩擦因数=0.2，取 g=10m/s 2，求：（ 1）滑块离开 B 点时速度的大小；（ 2）滑块从 A 点运动到 B 点所用的时间；（ 3）匀强电场的场强 E 的大小【答案】（ 1） 4m/s ；（ 2） 0.8s；（ 3） 5103 N/C【解析】【详解】（1）从 B 到 C 过程中，有h 1 gt 22xvBt解得vB 4m/s（2）从 A 到 B 过程中，有vAvBxABt解得t 0.8s（3）在电场中运动过程中，受力如图由牛顿第二定律，得（ mg Eq） =m由运动学公式，有vB2 vA2 2x解得3E 5 10N/C