高中物理曲线运动易错剖析含解析

1、高中物理曲线运动易错剖析含解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1 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 ，电场力 eq=3mg/4，重力加速度为1=0.25、 2=0.80g， 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

2、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） 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=5.5mg（2）在物理最高点qef： tanmg解得 =370；过 f 点的临界条件： vf=0从开始到 f 点： -1mgx qe (x r sin ) mg ( r r cos ) 01 mv022解得 v04gr可见要过 c 点的条件为： v0 4gr（3）由于 x=4r5.75r，

3、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会返回，则：-1mgx2 mgx1-qe( x-x1 ) mg2r 01mv022sxr x1解得： s(44)r2 如图所示，带有1 光滑圆弧的小车a 的半径为r，静止在光滑水平面上滑块c 置于4木板 b 的右端， a、 b、 c 的质量均为匀速运动， b 与 a 碰后即粘连在一起，处则 ： (已知重力加速度为g)(1)b、c 一起匀速运动的速度为多少？m， a、 b 底面厚度相同现 b、 c 以相同的速度向右 c 恰好能沿

4、 a 的圆弧轨道滑到与圆心等高(2)滑块 c 返回到 a 的底端时ab 整体和 c 的速度为多少？【答案】 （1） v023gr（ 2） v12 3gr ， v253gr33【解析】本题考查动量守恒与机械能相结合的问题(1)设 b、 c 的初速度为v ， ab 相碰过程中动量守恒，设碰后ab 总体速度 u，由0mv02mu ，解得 uv02c 滑到最高点的过程：mv02mu3mu1 mv021 2mu21 3mu 2mgr222解得 v02 3gr(2)c从底端滑到顶端再从顶端滑到底部的过程中，满足水平方向动量守恒、机械能守恒，有 mv02mumv12mv21 mv0212mu21 mv121

5、2mv222222解得 ： v123gr， v253gr333 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，cos37=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)

6、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x1=l=6m，传送带的位移x2=vt=4m；传送带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 b 点的速

7、度； (2) 计算摩擦力对物体做的功时要以地面为参考系来计算位移。4 如图所示，在光滑的圆锥体顶部用长为的细线悬挂一质量为的小球，因锥体固定在水平面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角为，物体绕轴线在水平面内做匀速圆周运动，小球静止时细线与母线给好平行，已知，重力加速度g 取若北小球运动的角速度，求此时细线对小球的拉力大小。【答案】【解析】【分析】根据牛顿第二定律求出支持力为零时，小球的线速度的大小，从而确定小球有无离开圆锥体的斜面，若离开锥面，根据竖直方向上合力为零，水平方向合力提供向心力求出线对小球的拉力大小。【详解】若小球刚好离开圆锥面，则小球所受重力与细线拉力的合力提供向心力，有

8、：此时小球做圆周运动的半径为：解得小球运动的角速度大小为：代入数据得：若小球运动的角速度为：小球对圆锥体有压力，设此时细线的拉力大小为f，小球受圆锥面的支持力为，则水平方向上有：竖直方向上有：联立方程求得：【点睛】解决本题的关键知道小球圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，根据牛顿第二定律求出临界速度是解决本题的关键。5 一宇航员登上某星球表面，在高为 2m 处，以水平初速度 5m/s 抛出一物体，物体水平射程为 5m ，且物体只受该星球引力作用 求：（ 1 ）该星球表面重力加速度（ 2 ）已知该星球的半径为为地球半径的一半，那么该星球质量为地球质量的多少倍【答案】（ 1 ） 4m/

9、s 2 ；（ 2） 1 ；10【解析】（1）根据平抛运动的规律：xv0t得 t x 5 s1s v0 5由 h 1 gt22得： g 22h 2 2 2 m / s24m / s2t1g m 星 m（2）根据星球表面物体重力等于万有引力：mgr星2g m 地 m地球表面物体重力等于万有引力：mgr地2m 星gr星241 21则 m 地g r地2= 10( 2 )10点睛：此题是平抛运动与万有引力定律的综合题，重力加速度是联系这两个问题的桥梁；知道平抛运动的研究方法和星球表面的物体的重力等于万有引力6 如图所示，在竖直平面内有一半径为r的 1 光滑圆弧轨道ab，与水平地面相切于b4点。现将 ab

10、锁定，让质量为m的小滑块 p（视为质点）从a点由静止释放沿轨道ab滑下，最终停在地面上的c点， c、 b 两点间的距离为2r已知轨道ab的质量为 2m， p与 b点右侧地面间的动摩擦因数恒定，b点左侧地面光滑，重力加速度大小为g，空气阻力不计。（1）求 p刚滑到圆弧轨道的底端 b 点时所受轨道的支持力大小 n以及 p与 b点右侧地面间的动摩擦因数 ；（ 2）若将 ab解锁，让 p 从 a 点正上方某处 q由静止释放， p 从 a 点竖直向下落入轨道，最后恰好停在 c点，求：当 p 刚滑到地面时，轨道 ab的位移大小 x1；q与 a 点的高度差h 以及 p 离开轨道 ab后到达 c点所用的时间t

11、 。【答案】（ 1） p 刚滑到圆弧轨道的底端b 点时所受轨道的支持力大小n 为 3mg ， p 与 b 点右侧地面间的动摩擦因数为 0.5；（ 2）若将 ab 解锁，让p 从 a 点正上方某处q 由静止释放， p 从 a 点竖直向下落入轨道，最后恰好停在c 点，当 p 刚滑到地面时，轨道ab的位移大小x1 为 r ； q 与 a 点的高度差h 为 r ， p 离开轨道ab 后到达 c 点所用的时间32t 为132r 。6g【解析】【详解】（1）滑块从 a 到 b 过程机械能守恒，应用机械能守恒定律得：mgr= 1 mvb2，2在 b 点，由牛顿第二定律得：n-mg =m vb2，r解得： v

12、b= 2gr ， n=3mg，滑块在 bc 上滑行过程，由动能定理得： -mg ?2r=0- 1 mvb2，2代入数据解得：=0.5；（ 2）滑块与轨道组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv -2mv2=01m rx1-2mx1 =0，tt解得： x1= r ；3滑块 p 离开轨道 ab 时的速度大小为vb， p 与轨道 ab 组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvb-2mv=0，由机械能守恒定律得：mg（r+h） = 1 mvb2 1 2mv2 ，22解得： h= r ；2x1p 向右运动运动的时间：t 1=，p 减速运动的时间为t

13、2，对滑片，由动量定理得：-mgt 2=0-mvb，运动时间： t=t1+t 2，解得： t= 132r ；6g7 如图所示，物体点用细线悬挂一小球并在最低点与物体a 置于静止在光滑水平面上的平板小车b 的左端，物体在a 的上方 oc(可视为质点 )，线长 l 0.8m 现将小球c 拉至水平无初速度释放，a 发生水平正碰，碰撞后小球c 反弹的速度为2m/s已知 a、 b、 c的质量分别为ma 4kg、 mb 8kg 和间极短，且只碰一次，取重力加速度mc1kg， a、 b 间的动摩擦因数g 10m/s 2. 0.2， a、 c碰撞时(1)求小球 c 与物体 a 碰撞前瞬间受到细线的拉力大小；(

14、2)求 a、 c 碰撞后瞬间a 的速度大小；(3)若物体 a 未从小车b 上掉落，小车b 的最小长度为多少？【答案】 (1)30 n(2)1.5 m/s(3)0.375 m【解析】【详解】1（1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：m0 glm0v022代入数据解得：v0 4m/s ，对小球，由牛顿第二定律得：fm0gm0v02l代入数据解得： f30n（2）小球 c 与 a 碰撞后向左摆动的过程中机械能守恒，得：1mvc2mgh2所以： vc2gh2 100.22m/s小球与 a 碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m0 00 cav m v +mv代

15、入数据解得： va1.5m/s（3）物块 a 与木板 b 相互作用过程，系统动量守恒，以a 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mva（ m+m ）v代入数据解得： v 0.5m/s由能量守恒定律得：1212mgxmv a（m+m ） v22代入数据解得：x0.375m；8 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

16、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： v

17、a211vb 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： hr39 如图所示，一半径r 0.2 m 的 1/4 光滑圆弧形槽底端b 与水平传送带相接，传送带的运行速度为 v0 4 m/s ，长为 l1.25 m，滑块与传送带间的动摩擦因数 0.2， def为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空方形细管，ef 段被弯成以 o为圆心、半径 r 0.25 m的一小段圆弧，管的d 端弯成与水平传带c 端平滑相接， o 点位于地面， of 连线竖直一质量为 m

18、 0.2 kg 的物块 a 从圆弧顶端a 点无初速滑下，滑到传送带上后做匀加速运动，过后滑块被传送带送入管def，已知面，重力加速度g 取 10 m/s 2求：a 物块可视为质点，a 横截面略小于管中空部分的横截(1)滑块 a 到达底端 b 时的速度大小 vb；(2)滑块 a 刚到达管顶 f 点时对管壁的压力【答案】（ 1） vb 2m / s（ 2） fn 1.2 n【解析】试题分析：（ 1）设滑块到达b 点的速度为 vb，由机械能守恒定律，有 m gr1 mv b22解得： vb=2m/s（ 2）滑块在传送带上做匀加速运动，受到传送带对它的滑动摩擦力，由牛顿第二定律 mg =ma滑块对地位

19、移为 l，末速度为 vc，设滑块在传送带上一直加速由速度位移关系式 2al=vc2-vb2得 vc=3m/s4m/s，可知滑块与传送带未达共速,滑块从 c 至 f，由机械能守恒定律，有1mvc2mgr1mv f222得 vf=2m/s2在 f 处由牛顿第二定律m gfnm vfr得 fn=1 2n 由牛顿第三定律得管上壁受压力为1 2n, 压力方向竖直向上考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律【名师点睛】物块下滑和上滑时机械能守恒，物块在传送带上运动时，受摩擦力作用，根据运动学公式分析滑块通过传送带时的速度，注意物块在传送带上的速度分析10 如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端b 点水平，上端a 与 b 点的高度差为 h1 0.3m，倾斜传送带与水平方向的夹角为 37，传送带的上端c 点到 b 点的高度差为