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1、高考物理曲线运动试题( 有答案和解析 ) 及解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1 如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在 A 点相切 BC 为圆弧轨道的直径3O 为圆心， OA 和 OB 之间的夹角为 ， sin = ，一质量为 m5的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过 C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零重力加速度大小为g求：（ 1 ）水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小；（ 2 ）小球到达 A 点时动量的大小；
2、（ 3 ）小球从 C 点落至水平轨道所用的时间【答案】（ 1）5gR （ 2） m23gR （ 3） 35R225g【解析】试题分析本题考查小球在竖直面内的圆周运动、受力分析 、动量 、斜下抛运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力解析 （ 1）设水平恒力的大小为F0，小球到达 C 点时所受合力的大小为F由力的合成法则有F0tanmgF 2(mg )2F02 设小球到达C 点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得v2FmR由式和题给数据得F03 mg 4v 5gR 2（2）设小球到达A 点的速度大小为v1 ，作 CDPA ，交 PA 于 D 点，由几何关系得DAR sin
3、CDR(1cos）由动能定理有mg CDF0DA1 mv21 mv12 22由式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为pmv1m23gR 2（3）小球离开 C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g设小球在竖直方向的初速度为v ，从 C 点落至水平轨道上所用时间为t 由运动学公式有v t1gt 2CD 2vvsin由式和题给数据得35Rtg5点睛 小球在竖直面内的圆周运动是常见经典模型，此题将小球在竖直面内的圆周运动、受力分析 、动量、斜下抛运动有机结合，经典创新 2 如图所示，一根长为0.1 m 的细线，一端系着一个质量是0.18kg 的小球，拉住线的另一端，使球在光滑的
4、水平桌面上做匀速圆周运动，当小球的转速增加到原转速的3 倍时，细线断裂，这时测得线的拉力比原来大40 N求：（ 1）线断裂的瞬间，线的拉力；（ 2）这时小球运动的线速度；（ 3）如果桌面高出地面 0.8 m，线断裂后小球沿垂直于桌子边缘的方向水平飞出去落在离桌面的水平距离【答案】（ 1）线断裂的瞬间，线的拉力为45N；（2）线断裂时小球运动的线速度为5m/s ；（ 3）落地点离桌面边缘的水平距离 2m【解析】【分析】【详解】(1) 小球在光滑桌面上做匀速圆周运动时受三个力作用;重力 mg 、桌面弹力FN 和细线的拉力 F,重力 mg 和弹力 FN 平衡，线的拉力提供向心力，有：FN=F=m 2
5、R，设原来的角速度为00,线断时的拉力是1,线上的拉力是F ,加快后的角速度为F ，则有：1022F :F = :0 =9:1，又 F1=F0+40N，所以 F01=5N,线断时有： F =45N.(2) 设线断时小球的线速度大小为v,由 F1= m v2，R代入数据得： v=5m/ s.(3) 由平抛运动规律得小球在空中运动的时间为：t=2h2 0.8 s =0.4s，g10则落地点离桌面的水平距离为：x=vt=50.4=2m.3 光滑水平面AB与一光滑半圆形轨道在B点相连，轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为 m 的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用
6、下获得一速度，当它经B 点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的9倍，之后向上运动经C 点再落回到水平面，重力加速度为g.求：(1)弹簧弹力对物块做的功；(2)物块离开 C 点后，再落回到水平面上时距B 点的距离；(3)再次左推物块压紧弹簧，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为多少？【答案】 (1)（2） 4R（ 3）或【解析】【详解】（1）由动能定理得W在 B 点由牛顿第二定律得：9mg mg m解得 W 4mgR（2）设物块经C 点落回到水平面上时距B 点的距离为S，用时为t ，由平抛规律知S=vct2R= gt2从 B 到 C 由动能定理得联立知， S=
7、4 R（ 3）假设弹簧弹性势能为 ，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则物块可能在圆轨道的上升高度不超过半圆轨道的中点，则由机械能守恒定律知mgR若物块刚好通过C 点，则物块从B 到 C 由动能定理得物块在 C 点时 mg m则联立知： mgR.综上所述，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为mgR 或 mgR.4 如图所示，圆弧轨道AB 是在竖直平面内的1圆周， B 点离地面的高度h=0.8m，该处切4线是水平的，一质量为m=200g的小球（可视为质点）自A 点由静止开始沿轨道下滑（不计小球与轨道间的摩擦及空气阻力），小球从B 点水平飞出，最后落到水平地面上的D
8、点已知小物块落地点D 到C点的距离为x=4m，重力加速度为g=10m/ s2求：（ 1）圆弧轨道的半径（ 2）小球滑到 B 点时对轨道的压力【答案】 （1）圆弧轨道的半径是 5m（ 2）小球滑到 B 点时对轨道的压力为 6N，方向竖直向下【解析】（ 1）小球由 B 到 D 做平抛运动，有： h= 1 gt22Bx=v t解得： vB xg104210m / s2h0.8A 到 B 过程，由动能定理得：1mgR= mvB2-02解得轨道半径R=5m2（2）在 B 点，由向心力公式得：Nmgm vBR解得： N=6N根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力N =N=6N，方向竖直向下点睛：解决本题的关键
9、要分析小球的运动过程，把握每个过程和状态的物理规律，掌握圆周运动靠径向的合力提供向心力，运用运动的分解法进行研究平抛运动5 如图， AB 为倾角37 的光滑斜面轨道，BP 为竖直光滑圆弧轨道，圆心角为143 、半径 R0.4m ，两轨道相切于B 点， P 、 O 两点在同一竖直线上，轻弹资一端固定在 A 点另一自由端在斜面上C 点处，现有一质量 m 0.2 kg 的小物块（可视为质点）在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D 点后（不栓接）静止释放，恰能沿轨道到达P 点，已知CD 0.2m 、 sin37 0.6、 cos370.8 ， g 取 10 m/s2 求：（ 1）物块经过 P 点时的速度大小
10、v p ；（ 2）若 BC 1.0m ，弹簧在 D 点时的弹性势能 EP ；（ 3）为保证物块沿原轨道返回， BC 的长度至少多大【答案】 （1） 2m/s (2)32.8J (3)2.0m【解析】【详解】（1）物块恰好能到达最高点P，由重力提供圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：v2pmg=mR解得：vPgR100.42m/s（2）物块从D 到 P 的过程，由机械能守恒定律得：Ep=mg（ sDC+sCB）sin37 +mgR（ 1+cos37 ）+ 1 mvP22代入数据解得：Ep=32.8J（ 3）为保证物块沿原轨道返回，物块滑到与圆弧轨道圆心等高处时速度刚好为零，根据能量守恒定律得：E
11、p =mg（ sDC+sCB） sin37 +mgR（ 1+cos37 ）解得：sCB=2.0m点睛：本题综合考查了牛顿第二定律、机械能守恒定律的综合，关键是搞清物体运动的物理过程；知道圆周运动向心力的来源，即径向的合力提供向心力6 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
12、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
13、，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
14、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)
15、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 ，一质量为 m=1kg 的小球从 A 点沿光滑斜面轨道由静止滑下，不计通过 B 点时的能量损失 ，然后依次滑入两个相同的圆形轨道内侧，其轨道半径 R=10cm，小球恰能通过第二个圆形轨道的最高点，小球离开圆形轨道后可继续向E 点运动 ， E 点右侧有一壕沟， E、F 两点的竖直高度d=0.8m，水平距离 x=1.2m，水平轨道 CD 长为
16、 L1=1m ， DE长为L2=3m 轨道除 CD 和 DE 部分粗糙外 ，其余均光滑 ，小球与 CD 和 DE 间的动摩擦因数=0.2，重力加速度g=10m/s 2 求：（1）小球通过第二个圆形轨道的最高点时的速度；（2）小球通过第一个圆轨道最高点时对轨道的压力的大小（3）若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟范围是多少 ？；，求小球从A 点释放时的高度的【答案】 (1)1m/s（ 2） 40N (3) 0.45m h0.8m 或 h 1.25m【解析】小球恰能通过第二个圆形轨道最高点，有：mgm v22R求得： gR =1m/s2=在小球从第一轨道最高点运动到第二圆轨道最高点过程中，
17、应用动能定理有：- mgL1212mv2-mv 11=22求得：22gL1= 5 m/s1=22在最高点时，合力提供向心力，即FN+mg= m 1R2求得： FN = m(1 - g)= 40NR根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力为：FN =FN=40N若小球恰好通过第二轨道最高点，小球从斜面上释放的高度为h1，在这一过程中应用动能定理有： mgh1 - mgL1 - mg 2R =1mv2222求得： h1=2R+L1+2=0.45m2g若小球恰好能运动到E 点，小球从斜面上释放的高度为h1，在这一过程中应用动能定理有：mgh2 - mg(L1+L 2)=0-0求得： h2= (L1+L
18、2)=0.8m使小球停在 BC 段，应有 h1 hh2，即： 0.45m h 0.8m若小球能通过 E 点，并恰好越过壕沟时，则有12d= 0.4sd =gt2 t =2gx=v EtE= x =3m/st设小球释放高度为h3，从释放到运动E 点过程中应用动能定理有：mgh3 - mg(L1+L 2)=1 mvE2- 0 22求得： h3= (L1+L 2)+E=1.25m2g即小球要越过壕沟释放的高度应满足：h1.25m综上可知，释放小球的高度应满足：0.45mh0.8m或 h1.25m 9 某工厂在竖直平面内安装了如图所示的传送装置，圆心为长倾斜传送带 BC 在 B 处相切且平滑连接， O
19、A 连线水平、O 的光滑圆弧轨道AB 与足够OB 连线与竖直线的夹角为37，圆弧的半径为R1.0m，在某次调试中传送带以速度v2 m/s顺时针转动，现将质量为 m13 kg 的物块 P（可视为质点）从A 点位置静止释放，经圆弧轨道冲上传送带，当物块P 刚好到达B 点时，在C 点附近某一位置轻轻地释放一个质量为m21kg 的物块 Q 在传送带上，经时间t1.2s 后与物块 P 相遇并发生碰撞，碰撞后粘合在一起成为粘合体 A已知物块 P、Q、粘合体 S 与传送带间的动摩擦因数均为0.5 ，重力加速度20.6 ， cos37 0.8 试求：g 10m/s ， sin37（ 1）物块 P 在 B 点的
20、速度大小；（ 2）传送带 BC两端距离的最小值；（ 3）粘合体回到圆弧轨道上 B 点时对轨道的压力【答案】 （1） 4m/s （2） 3.04m（ 3） 59.04N ，方向沿OB 向下。【解析】【分析】【详解】（1）由 A 到 B，对物块 P 由动能定理有m1gR cos1 m1v122可得物块 P 在 B 点的速度大小v12gRcos4m/s（2）因 vBv，物块 P 在传送带上减速，受到向下的摩擦力，由牛顿第二定律有m1 g sinm1g cosm1a1可得物块P 的加速度大小a 1=10m/s2减速至 v 的时间t1vv10.2sa1运动位移x1v2v120.6m2a1因 x1L，摩擦
21、力反向，又因 mg sinmg cos，物块 P 继续向上减速，有m1 g sinm1g cosm1a2可得物块P 的加速度大小a1=2m/s 2减速至 0 的时间t2v1sa2因 t 2=t-t 1 ，说明物块 P 刚好减速到零时与物块Q 相遇发生碰撞物块 P 第二段减速的位移大小x2v21m2a2对物体 Qm2 g sinm2 g cosm2 a3可得其加速度a3=2m/s 2下滑的位移x31 a3t 21.44m2BC 的最小距离L=x1+x2+x3=3.04m（3）碰撞前物体Q 的速度v2=a3t =2.4m/s物体 P 和 Q 碰撞m2v2=（ m1+m2 ）v3可得碰撞后速度v3=
22、0.6m/s碰撞后粘合体以加速度a3 向下加速运动，到圆弧上的B 点的过程，有2a3 x1x2 v42 - v32可得粘合体在B 点的速度v4=2.6m/s在 B 点由牛顿第二定律有v42Fm1m2 gcos m1m2R可得轨道对粘合体的支持力F=59.04N由牛顿第三定律得：粘合体S 对轨道的压力F=59.04N，方向沿OB 向下。10 如图所示，一滑板放置在光滑的水平地面上，右侧紧贴竖直墙壁，滑板由圆心为O、半径为 R 的四分之一光滑圆弧轨道和水平轨道两部分组成，且两轨道在B 点平滑连接，整个系统处于同一竖直平面内现有一可视为质点的小物块从A 点正上方P 点处由静止释放，落到 A 点的瞬间
23、垂直于轨道方向的分速度立即变为零，之后沿圆弧轨道AB 继续下滑，最终小物块恰好滑至轨道末端C 点处已知滑板的质量是小物块质量的3倍，小物块滑至 B 点时对轨道的压力为其重力的3 倍， OA 与竖直方向的夹角为 =60，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为=0.3，重力加速度 g 取 10 m / s2 ，不考虑空气阻力作用，求：（ 1）水平轨道 BC 的长度 L；（ 2） P 点到 A 点的距离 h【答案】 （1） 2.5R（2） 2 R3【解析】【分析】（1）物块从 A 到 B 的过程中滑板静止不动，先根据物块在B 点的受力情况求解B 点的速度；滑块向左滑动时，滑板向左也滑动，根据动量守恒和能量
24、关系列式可求解水平部分的长度；（ 2）从 P 到 A 列出能量关系；在A 点沿轨道切向方向和垂直轨道方向分解速度；根据机械能守恒列出从A 到 B 的方程；联立求解h【详解】（1）在 B 点时，由牛顿第二定律： N Bmg mvB2B，其中 N =3mg；R解得 vB2gR ；从 B 点向 C 点滑动的过程中，系统的动量守恒，则mvB ( m 3m)v ；由能量关系可知：mgL1 mvB21 (m3m)v222联立解得： L=2.5R；（2）从 P 到 A 点，由机械能守恒：12；mgh=mvA2在 A 点： vA1 vA sin 600，从 A 点到 B 点： 1 mvA21mgR(1cos60 0 )1 mvB222联立解得2h= R3