最新高考物理曲线运动试题经典

1、最新高考物理曲线运动试题经典一、高中物理精讲专题测试曲线运动1 一质量 m =0.8kg 的小物块，用长 l=0.8m 的细绳悬挂在天花板上，处于静止状态一质量 m=0.2kg 的粘性小球以速度 v0=10m/s 水平射向小物块，并与物块粘在一起，小球与小物块相互作用时间极短可以忽略不计空气阻力，重力加速度g 取 10m/s 2求：（ 1）小球粘在物块上的瞬间，小球和小物块共同速度的大小；（ 2）小球和小物块摆动过程中，细绳拉力的最大值；（ 3）小球和小物块摆动过程中所能达到的最大高度【答案】（ 1） v共 =2.0 m / s（ 2） f=15n(3)h=0.2m【解析】（1）因为小球与物块

2、相互作用时间极短，所以小球和物块组成的系统动量守恒mv0(mm)v共得 : v共 =2.0 m / s（2）小球和物块将以v共 开始运动时，轻绳受到的拉力最大，设最大拉力为f，f(mm) g( mm) v共 2l得 : f 15n（3）小球和物块将以v共 为初速度向右摆动，摆动过程中只有重力做功，所以机械能守恒，设它们所能达到的最大高度为h，根据机械能守恒：（ m+m ) gh 1 ( m m )v共 22解得 : h0.2m综上所述本题答案是: （ 1） v共 =2.0 m / s （ 2） f=15n(3)h=0.2m点睛 :（ 1）小球粘在物块上，动量守恒由动量守恒，得小球和物块共同速度

3、的大小（ 2）对小球和物块合力提供向心力，可求得轻绳受到的拉力（ 3）小球和物块上摆机械能守恒由机械能守恒可得小球和物块能达到的最大高度2 如图所示，竖直圆形轨道固定在木板 b 上，木板小球 a 静止在木板 b 上圆形轨道的左侧一质量为b 固定在水平地面上，一个质量为m 的子弹以速度v0 水平射入小球并停3m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

4、脱离圆形轨道，且木板不会在竖直方向上跳起，求子弹速度的范围32mv02(3) v04 2gr 或 45gr v0 8 2gr【答案】 (1)mv0(2) 16mg4r8【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： q3 mv028(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2(m3m)v1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f2木板对水平面的压力的大

5、小f2 16mgmv024r(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在最高点有：f3(m3m)g(m3m)vr23由机械能守恒定律得：1 (m 3m)v122(m 3m)gr1 ( m 3m)v3222解得： v082gr综上所述为保证

6、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 5grv08 2gr3 光滑水平面ab 与竖直面内的圆形导轨在b 点连接，导轨半径r 0.5 m，一个质量m 2 kg 的小球在 a 处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能 ep 49 j，如图所示放手后小球向右运动脱离弹簧，沿圆形轨道向上运动恰能通过最高点 c， g 取 10 m/s 2求：(1)小球脱离弹簧时的速度大小；(2)小球从 b 到 c 克服阻力做的功；(3)小球离开 c 点后落回水平面时的动能大小【答案】 （1） 7m / s （ 2） 24j （ 3） 25j【

7、解析】【分析】【详解】(1)根据机械能守恒定律p12?e mv1212ep7m/sv m(2)由动能定理得 mg2r wf 1mv221mv12 22小球恰能通过最高点，故 mgm v22r由得wf 24 j(3)根据动能定理：mg 2r ek1 mv222解得： ek25j故本题答案是：（ 1） 7m / s （ 2） 24j （ 3） 25j【点睛】(1)在小球脱离弹簧的过程中只有弹簧弹力做功,根据弹力做功与弹性势能变化的关系和动能定理可以求出小球的脱离弹簧时的速度v;(2)小球从 b 到 c 的过程中只有重力和阻力做功,根据小球恰好能通过最高点的条件得到小球在最高点时的速度 ,从而根据动

8、能定理求解从b 至 c 过程中小球克服阻力做的功 ;(3)小球离开 c 点后做平抛运动 ,只有重力做功,根据动能定理求小球落地时的动能大小4 如图所示，质量为 m4kg 的平板车 p 的上表面离地面高 h 0.2m，质量为 m 1kg的小物块 q （大小不计，可视为质点）位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上，一不可伸长的轻质细绳长为r0.9m ，一端悬于 q 正上方高为 r 处，另一端系一质量也为 m 的小球（大小不计，可视为质点）。今将小球拉至悬线与竖直方向成60o 角由静止释放，小球到达最低点时与q 的碰撞时间极短，且无机械能损失。已知q 离开平板车时速度大小 v1 1m/s ，

9、 q 与 p 之间的动摩擦因数0.2 ，重力加速度 g10m/s2 ，计算：(1)小球与 q 碰撞前瞬间，细绳拉力t 的大小；(2)平板车 p 的长度 l；(3)小物块 q 落地时与小车的水平距离s。【答案】 (1) 20 n； (2) 1.75 m； (3) 0.1 m。【解析】【详解】(1)设小球与 q 碰前瞬间的速度为v0，小球在下摆过程中，由动能定理有：mgr(1cos60)1 mv022在最低点有：tmgm v02r解得：v0 = gr =3m/s 、 t20 n(2)小球与 q 碰撞后，设小球与q 的速度分别为 v0和 vq，在碰撞过程中由动量守恒和能量守恒有：mv0mv0mvq1

10、 mv021 mv021 mvq2222解得：vq 3 m/s设 q 离开平板车时 p 的速度为 v2， q 与 p 组成的系统动量守恒和能量守恒有：mvq mv1 mv 21 mvq21 mv121 mv22mgl222解得：v2 0.5 m/s 、 l 1.75 m(3) q 脱离 p 后做平抛运动，设做平抛运动的时间为t ，则：h 1 gt 22解得：t 0.2 sq 落地时二者相距：s(v1v2)t0.1 m5 如图所示，质量 m=3kg 的小物块以初速度秽v0=4m/s 水平向右抛出，恰好从a 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为r= 3.75m，b 点是圆弧轨道的最低

11、点，圆弧轨道与水平轨道 bd 平滑连接， a 与圆心d 的连线与竖直方向成 37 角， mn 是一段粗糙的水平轨道，小物块与mn 间的动摩擦因数=0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为 r =0.4m 的半圆弧轨道， c 点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道bd 在 d点平滑连接。已知重力加速度g=10m/s 2， sin37=0.6， cos37=0.8。（ 1）求小物块经过 b 点时对轨道的压力大小；（ 2）若 mn 的长度为 l0=6m，求小物块通过 c 点时对轨道的压力大小；（3）若小物块恰好能通过c 点，求 mn 的长度 l。【答案】（ 1） 62n（ 2） 60n（ 3

12、）10m【解析】【详解】（1）物块做平抛运动到a 点时，根据平抛运动的规律有：v0vacos37解得： vav04 m / s 5m / scos370.8小物块经过a 点运动到b 点，根据机械能守恒定律有：1mva2mg r rcos371mvb222小物块经过 b 点时，有： fnbmgm vb2r解得： fnb mg 32cos37m vb262nr根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62n（2）小物块由 b 点运动到 c 点，根据动能定理有：mgl0mg 2r1mvc21mvb222在 c 点，由牛顿第二定律得：fncmgm vc2r代入数据解得：fnc60n根据牛顿第三定律，小

13、物块通过c 点时对轨道的压力大小是60n（3）小物块刚好能通过c 点时，根据 mg m vc22r解得： vc 2gr100.4m / s 2m / s小物块从 b 点运动到c 点的过程，根据动能定理有：mglmg 2r1 mvc22 1 mvb222代入数据解得：l=10m6 如图是节水灌溉工程中使用喷水龙头的示意图。喷嘴离地面高为h ，将水连续不断地以恒定速度水平喷出，其喷灌的水平射程为10h ，喷嘴横截面积为s（设同一横截面上各点水流速度大小均相同），水的密度为，空气阻力忽略不计。重力加速度为g。（1）求空中水的体积v；（2）假如我们只研究其中一个质量为平喷出后在空中运动过程中的动量变化

14、量m 的水滴，不计水滴间的相互影响，求它从喷嘴水p；（ 3）假如水击打在水平地面上速度立即变为零，求水击打地面时竖直向下的平均作用力大小 f。【答案】（ 1） 10hs （2） m 2gh （ 3）10hsg【解析】【详解】x10 h（1）水喷出时速度：v05 2gh2h2hgg2h则空中水的体积：vv0s10hs（2）由动量定理得：p mgt mg2h m 2ghg10hs2gh（3）向下为正，在竖直向对由动量定理：f2hg 10hsg（因时间短，则与地面作用时间内重力可略）则由牛顿第三定律可得对地面的力为10hsg。7 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

15、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 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

16、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r l sin60mg tan 60m 2r解得 :2g=l轻绳 b 伸直时，竖直杆的角速度2gl8 如图甲所示，粗糙水平面与竖直的光滑半圆环在n 点相切， m 为圈环的最高点，圆环半径为 r=0.1m ，现有一质量 m=1kg 的物体以 v0=4m/s 的初速度从水平面的某点向右运动并冲上竖直光滑半圆环，取 g=10m/s2，求：（1）物体能从m 点飞出，落到水平面时落点到n 点的距离的最小值xm（2）设出发点到n 点的距

17、离为s，物体从m 点飞出后，落到水平面时落点到n 点的距离为 x，作出 x2 随 s 变化的关系如图乙所示，求物体与水平面间的动摩擦因数（3）要使物体从某点出发后的运动过程中不会在n 到 m 点的中间离开半固轨道，求出发点到 n 点的距离s 应满足的条件【答案】（ 1） 0.2m；（ 2） 0.2；（ 3） 0 x 2.75m 或 3.5m x 4m【解析】【分析】（ 1）由牛顿第二定律求得在 m 点的速度范围，然后由平抛运动规律求得水平位移，即可得到最小值；（2）根据动能定理得到m 点速度和x 的关系，然后由平抛运动规律得到y 和 m 点速度的关系，即可得到y 和 x 的关系，结合图象求解；

18、（ 3）根据物体不脱离轨道得到运动过程，然后由动能定理求解【详解】（1）物体能从 m 点飞出，那么对物体在m 点应用牛顿第二定律可得：mvm2mg，所r以， vm gr 1m/s；物体能从 m 点飞出做平抛运动，故有：2r 1gt 2，落到水平面时落点到n 点的距离 x2vmt gr 2r 2r0.2m；g故落到水平面时落点到n 点的距离的最小值为0.2m；（2）物体从出发点到m 的运动过程作用摩擦力、重力做功，故由动能定理可得：- mgx-2 mgr12-12；2mvmmv02物体从 m 点落回水平面做平抛运动，故有：1gt2 ，2r2y vm t vm 24r(v022 gx4gr)4r0

19、.48 0.8 x ；gg由图可得： y2=0.48-0.16x，所以， 0.16 0.2；0.8（3）要使物体从某点出发后的运动过程中不会在n 到 m 点的中间离开半圆轨道，那么物体能到达的最大高度0 hr或物体能通过m 点；物体能到达的最大高度0 hr时，由动能定理可得：1- mgx- mgh 0-21 mv02mgh2所以， x 2mg v0gh ，2mv02，所以， 3.5mx 4m；物体能通过m 点时，由（ 1）可知 vm gr 1m/s，由动能定理可得：- mgx-2 mgr 1mvm2 -1mv02；221 mv021 mvm22mgr22所以 x 22v0vmg4gr ，mg2

20、所以， 0x2.75m；【点睛】经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解9 如图所示，长为3l 的不可伸长的轻绳，穿过一长为l 的竖直轻质细管，两端分别拴着质量为 m、2m 的小球 a 和小物块b，开始时b 静止在细管正下方的水平地面上。保持细管竖直用手轻轻摇动细管，稳定后a 在水平面内做匀速圆周运动而b 保持静止状态。某时刻b静止在地面上且对地面的压力恰好为零。已知重力加速度为g，不计一切阻力。求：1 该时刻连接a 的轻绳与竖直方向的夹角；2 该时刻 a 的线速度大小 v；3 从该时刻起轻摇细管使b 升高到离地高度为l /

21、2处保持静止，求b 上升过程中手对a、 b 系统做的功。【答案】1 ?60o ； 2 ? 3gl ； 3 9 mgl 。28【解析】【分析】(1)对 b 根据平衡求绳子的拉力；对a 球分析，由力的平衡条件可求绳与竖直方向夹角；(2)对 a 水平方向做圆周运动，利用牛顿第二定律列式求解；(3)由力的平衡条件和牛顿第二定律并结合功能关系列式联立可求整个过程中人对a、 b 系统做的功。【详解】（1） b 对地面刚好无压力，故此时绳子的拉力为 t 2mg 对 a 受力分析如图所示：在竖直方向合力为零，故tcosmg代入数据解得：60o（2） a 球水平方向做圆周运动，由牛顿第二定律得：tsinmv2代入数据解得：lsinv3gl2（3）当 b 上升 l 时，拉 a 的绳长为 3l，此时对水平方向上有：22tsinv12m3l sin2联立解得： v13gl由几何关系可得a 相对于原来的高度下降的距2离： vhl coslb 物体重力势能的增加量 ： ve12mglmgl242a 物体重力势能的减少量： ve2mglmgl a 物体动能的增加量44ve31 mv121 mv23 mgl228对系统运用功能关系可得手对