高中物理曲线运动真题汇编(含答案)及解析

1、高中物理曲线运动真题汇编( 含答案 ) 及解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1 如图，光滑轨道abcd 固定在竖直平面内，ab水平，bcd 为半圆，在b 处与ab 相切在直轨道ab 上放着质量分别为ma=2kg、 mb=1kg的物块a、 b（均可视为质点），用轻质细绳将a、 b 连接在一起，且a、 b 间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接），其弹性势能ep=12j轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量m =2kg、长 l=0.5m 的小车，小车上表面与ab 等高现将细绳剪断，之后a 向左滑上小车，b 向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点 d 处已知a 与小车之间的动摩擦因数满足 0.1 ，0.3

2、g 取 10m/ s2，求（ 1） a、 b 离开弹簧瞬间的速率 va 、vb；（ 2）圆弧轨道的半径 r；（3） a 在小车上滑动过程中产生的热量q（计算结果可含有）【答案】（ 1） 4m/s（ 2） 0.32m(3) 当满足0.1 0.2 ， q1； 当满足 0.2 0.3时=10时， 1 mav121 (ma m ) v222【解析】【分析】（1）弹簧恢复到自然长度时，根据动量守恒定律和能量守恒定律求解两物体的速度；（2）根据能量守恒定律和牛顿第二定律结合求解圆弧轨道的半径r；（ 3）根据动量守恒定律和能量关系求解恰好能共速的临界摩擦力因数的值，然后讨论求解热量 q.【详解】（1）设弹簧

3、恢复到自然长度时a、 b 的速度分别为va、 vb， 由动量守恒定律：0= mava mbvb 由能量关系： ep = 1 ma va21 mb vb222解得 va=2m/s ；vb=4m/s（2）设 b 经过 d 点时速度为 vd，在 d 点：mb g mbvd2r由机械能守恒定律：1 mb vb2 = 1 mbvd2mb g 2r22解得 r=0.32m（3）设 =1v,由动量守恒定律：时 a 恰好能滑到小车左端，其共同速度为ma va =(ma m )v 由能量关系： 1ma gl1 ma va21 ma m v222解得1=0.2讨论：（）当满足0.1 0时.2， a 和小车不共速，

4、a 将从小车左端滑落，产生的热量为q1ma gl10（j）（）当满足0.20.a3和小车能共速，产生的热量为时，q11 ma v121ma mv2，解得 q2=2j222 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

5、. （计算结果可以保留根号）1mgr ；（ 2） f =6mg；（ 3）42【答案】（ 1） ek142【解析】【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： r1 gt 22解得： vagr小滑块在 a 点飞出的动能 ek1 mva21 mgr22（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： l2 2 1 r从 d 到最低点 e 过程中，由动能定理 mghmg cos

6、l1 mvm22解得42143 如图所示，水平屋顶高h5 m，围墙高h 3.2 m，围墙到房子的水平距离l 3 m，围墙外空地宽x 10 m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上，g 取 10 m/s 2.求：(1)小球离开屋顶时的速度v0 的大小范围；(2)小球落在空地上的最小速度【答案】(1)5 m/s v(2)5 5 m/s ；0 13 m/s；【解析】【分析】【详解】（1）若 v 太大，小球落在空地外边，因此，球落在空地上，v 的最大值 vmax 为球落在空地最右侧时的平抛初速度，如图所示，小球做平抛运动，设运动时间为t 1则小球的水平位移： l+x=vmaxt 1，小球的竖直位移

7、： h= gt12解以上两式得vmax=（ l+x）=（ 10+3）=13m/s若 v 太小，小球被墙挡住，因此，球不能落在空地上， v 的最小值 vmin为球恰好越过围墙的最高点p 落在空地上时的平抛初速度，设小球运动到p 点所需时间为t 2，则此过程中小球的水平位移：l=vmint2小球的竖直方向位移：h h=gt22解以上两式得vmin=l=3=5m/s因此 v0的范围是min0 maxvvv ，即 5m/sv0 13m/s（2）根据机械能守恒定律得：mgh+=解得小球落在空地上的最小速度：vmin=5 m/s4 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

8、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：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

9、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 如图所示，水平实验台a 端固定，b 端左右可调，将弹簧左端与实验平台固定，右端有一可视为质点，质量为2kg 的滑块紧靠弹簧（未与弹黄连接)，弹簧压缩量不同时，将滑块弹出去的速度不同.圆弧轨道固定在地面并与一段动摩擦因素为0.4 的粗糙水平地面相切d 点， ab 段最长时， bc两点水平距离xbc=0.9m, 实验平台距地面髙度h=0.53m ，圆弧半径r=0.4m， =37，已知 sin37 =0.6, c

10、os37 =0.8.完成下列问題：（1）轨道末端 ab 段不缩短，压缩弹黄后将滑块弹出，滑块经过点速度vb=3m/s ，求落到 c点时速度与水平方向夹角；（2）滑块沿着圆弧轨道运动后能在de 上继续滑行 2m, 求滑块在圆弧轨道上对 d 点的压力大小：（3）通过调整弹簧压缩量，并将ab 段缩短，滑块弹出后恰好无碰撞从c 点进入圆弧 轨道，求滑块从平台飞出的初速度以及ab 段缩短的距离 .【答案】 （1） 45（ 2） 100n （3） 4m/s 、0.3m【解析】（1）根据题意 c 点到地面高度hcr rcos3700.08m从 b 点飞出后，滑块做平抛运动，根据平抛运动规律：h hc1gt

11、22化简则 t0.3s根据 xbcvbt可知 vb3m / s飞到 c 点时竖直方向的速度vygt 3m / s因此 tanvy1vb即落到圆弧 c 点时，滑块速度与水平方向夹角为45（2）滑块在 de 阶段做匀减速直线运动，加速度大小fgam根据 ve2vd22axde联立两式则 vd4m / s在圆弧轨道最低处 fnmgm vd2r则 fn 100n ，即对轨道压力为100n（3）滑块弹出恰好无碰撞从c 点进入圆弧轨道，说明滑块落到c 点时的速度方向正好沿着轨迹该出的切线，即tanvyv0由于高度没变，所以 vyvy3m / s ，370因此 v04m / s对应的水平位移为xacv0 t

12、1.2m所以缩短的ab 段应该是xabxacxbc0.3m【点睛】滑块经历了弹簧为变力的变加速运动、匀减速直线运动、平抛运动、变速圆周运动，匀减速直线运动；涉及恒力作用的直线运动可选择牛顿第二定律和运动学公式；而变力作用做曲线运动优先选择动能定理，对匀变速曲线运动还可用运动的分解利用分运动结合等时性研究6 如图所示，水平转台上有一个质量为m 的物块，用长为2l 的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角 30，此时细绳伸直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为 ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力物块随转台由静止开始缓慢加速转动，重力加速度为 g，求：（ 1）当转台角速度 1 为多大时，细绳开始

13、有张力出现；（ 2）当转台角速度 2 为多大时，转台对物块支持力为零；（3）转台从静止开始加速到角速度3g 的过程中，转台对物块做的功 l【答案】 （1）g3g（ 3）11（2）23 mgll3l2【解析】【分析】【详解】（1）当最大静摩擦力不能满足所需要向心力时，细绳上开始有张力：mgm 12 2 l sin代入数据得1gl（2）当支持力为零时，物块所需要的向心力由重力和细绳拉力的合力提供mg tanm 22 2l sin代入数据得23g3l（3） 32 ， 物块已经离开转台在空中做圆周运动设细绳与竖直方向夹角为，有mg tanm 32 2l sin代入数据得60转台对物块做的功等于物块动能

14、增加量与重力势能增加量的总和即w1 m(3 2l sin 60o )2mg(2l cos30o 2l cos60o )2代入数据得：1w(3) mgl2【点睛】本题考查牛顿运动定律和功能关系在圆周运动中的应用，注意临界条件的分析，至绳中出现拉力时，摩擦力为最大静摩擦力；转台对物块支持力为零时，n=0， f=0根据能量守恒定律求转台对物块所做的功7 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

15、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a、 b 系统做的功。b 升高到离地高度为l / 2处保持静止，求b 上升过程中手对【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

16、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：22v12tsinm 3l 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

17、用功能关系可得手对系统做的功： w ve1ve2 ve29mgl8【点睛】本题综合考查共点力平衡、牛顿第二定律和功能关系，对于圆锥摆问题，关键分析小球的受力情况，确定其向心力，运用牛顿第二定律和圆周运动的知识结合解答。8 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=1

18、0m/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) 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：

19、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。9 如图所示，轨道abcd的 ab 段为一半径r 0.2 m 的光滑 1/4 圆形轨道， bc段为高为h5 m 的竖直轨道， cd 段为水平轨道一质量为 0.2 kg 的小球从 a 点由静止开始下滑，到达 b 点时速度的大小为 2 m/s，离开 b 点做平抛运动 (g 10 m/s2)，求：(1)小球离开 b 点后，在cd 轨道上的落地点到c 点的水平距离；(2)小球到达 b 点时对圆形轨道的压力大小；(3)如果在 bcd 轨道上放置一个倾角 45的斜面 (如图中虚线所示)，那么小球离开b 点后能否落到斜面上？如果能，求它第一次落在斜面上的位置距离b 点有多远如果不能，请说明理由【答案】 (1)2 m(2)6 n(3)能落到斜面上，第一次落在斜面上的位置距离b点 1.13 m【解析】.小球离开b 点后做平抛运动，h 1 gt 22x vb t解得： x2m所以小球在cd 轨道上的落地点到c 的水平距离为2m.在圆弧轨道的最低点b，设轨道对其支持力为n由牛二定律可知：代入数据，解得2nmgm v