高考物理专题汇编物理曲线运动(一)

1、高考物理专题汇编物理曲线运动( 一)一、高中物理精讲专题测试曲线运动1 如图所示,半径r=2.5m 的竖直半圆光滑轨道在b 点与水平面平滑连接,一个质量m=0.50kg 的小滑块 (可视为质点 )静止在 a 点 .一瞬时冲量使滑块以一定的初速度从a 点开始运动 ,经 b 点进入圆轨道,沿圆轨道运动到最高点c,并从 c 点水平飞出 ,落在水平面上的d 点 .经测量 ,d、b 间的距离s1=10m,a、b 间的距离s2=15m,滑块与水平面的动摩擦因数重力加速度.求 :,(1)滑块通过 c 点时的速度大小 ;(2)滑块刚进入圆轨道时 ,在 b 点轨道对滑块的弹力 ;(3)滑块在 a 点受到的瞬时冲

2、量的大小 .【答案】（ 1）（2） 45n（3）【解析】【详解】（1）设滑块从c 点飞出时的速度为vc，从 c 点运动到d 点时间为t滑块从 c 点飞出后，做平抛运动，竖直方向：2r= gt2水平方向： s1=vct解得： vc=10m/s（2）设滑块通过b 点时的速度为vb，根据机械能守恒定律mvb2= mv c2+2mgr解得： vb=10m/s设在 b 点滑块受轨道的压力为解得： n=45nn，根据牛顿第二定律： n-mg=m（3）设滑块从 a 点开始运动时的速度为a2b2- mva2v，根据动能定理 ； - mgs= mv解得： va=16.1m/s设滑块在 a 点受到的冲量大小为i，

3、根据动量定理i=mva解得： i=8.1kg?m/s ；【点睛】本题综合考查动能定理、机械能守恒及牛顿第二定律，在解决此类问题时，要注意分析物体运动的过程，选择正确的物理规律求解2 如图所示，带有1a的半径为rc置于光滑圆弧的小车，静止在光滑水平面上滑块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 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）

4、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 mv1212mv222222解得 ： v123gr， v253gr333 一位网球运动员用网球拍击球，使网球沿水平方向飞出如

5、图所示，第一个球从o 点水平飞出时的初速度为v1，落在自己一方场地上的b 点后，弹跳起来，刚好过网上的c点，落在对方场地上的a 点；第二个球从 o 点水平飞出时的初速度为v2，也刚好过网上的c 点，落在a 点，设球与地面碰撞时没有能量损失，且不计空气阻力，求：（1）两个网球飞出时的初速度之比v1： v2；（2）运动员击球点的高度h 与网高 h 之比 h： h【答案】（ 1）两个网球飞出时的初速度之比v1： v2 为 1： 3；（ 2）运动员击球点的高度 h与网高 h 之比 h： h 为 4： 3【解析】【详解】（1）两球被击出后都做平抛运动，由平抛运动的规律可知，两球分别被击出至各自第一次落地

6、的时间是相等的，设第一个球第一次落地时的水平位移为x1，第二个球落地时的水平位移为 x2由题意知，球与地面碰撞时没有能量损失，故第一个球在b 点反弹瞬间，其水平方向的分速度不变，竖直方向的分速度以原速率反向，根据运动的对称性可知两球第一次落地时的水平位移之比 x1： x2=1： 3，故两球做平抛运动的初速度之比v1： v2 =1：3（2）设第一个球从水平方向飞出到落地点b 所用时间为 t1，第 2 个球从水平方向飞出到 c点所用时间为 t 2，则有 h=1 gt12 ， h-h=1 gt 2222又： x1=v1t 1o、 c 之间的水平距离：x=v t12 2第一个球第一次到达与c 点等高的

7、点时，其水平位移x 2=v1t2，由运动的可逆性和运动的对称性可知球 1 运动到和 c 等高点可看作球 1 落地弹起后的最高点反向运动到c 点；故2x1 =x1+x2可得： t 1=2t2 ， h=4（h-h）得： h： h=4：34 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

8、， =37，已知 sin37 =0.6, cos37 =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

9、平抛运动，根据平抛运动规律：h hc1 gt 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vygt3m / 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 v

10、04m / s对应的水平位移为xacv0 t1.2m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5 如图甲所示，轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在水平地面上，在其顶端将一质量为 5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l现将该弹簧水平放置，如图乙所示一端固定在a 点，另一端与物块p接触但不连接ab是长度为 5l 的水平轨道，

11、b端与半径为l 的光滑半圆轨道bcd相切，半圆的直径bd在竖直方向上物块p与 ab间的动摩擦因数0.5，用外力推动物块p，将弹簧压缩至长度为l 处，然后释放p，p开始沿轨道运动，重力加速度为g （1）求当弹簧压缩至长度为l 时的弹性势能ep ；（2）若 p的质量为 m ，求物块离开圆轨道后落至ab上的位置与b点之间的距离；（3）为使物块p 滑上圆轨道后又能沿圆轨道滑回，求物块p 的质量取值范围【答案】(1)epmgl(2)s 22l(3)mmm55532【解析】【详解】（1）由机械能守恒定律可知：弹簧长度为l 时的弹性势能为（2）设 p到达 b 点时的速度大小为，由能量守恒定律得：设 p 到达

12、 d点时的速度大小为，由机械能守恒定律得：物体从 d点水平射出，设p 落回到轨道ab所需的时间为s 2 2l（ 3）设 p的质量为 m，为使 p能滑上圆轨道，它到达 b 点的速度不能小于零得 5mgl4 mglm5 m2（ 2） fn5m / s要使 p 仍能沿圆轨道滑回，p 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点c，得1 mvb2 mgl2ep1 mv b2 4 mgl26 如图所示，半径r=0.40m 的光滑半圆环轨道处于竖起平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点a一质量 m=0.10kg 的小球，以初速度 v0=7.0m/s 在水平地面上向左做加速度 a=3.0m/s 2 的匀

13、减速直线运动，运动4.0m 后，冲上竖直半圆环，最后小球落在c点求（ 1）小球到 a 点的速度（ 2）小球到 b 点时对轨道是压力（ 3） a、 c 间的距离（取重力加速度【答案】 （1） va 【解析】【详解】（1）匀减速运动过程中，有：va2解得： va5m / sg=10m/s 2）1.25 n（ 3） sac=1.2mv022as（2）恰好做圆周运动时物体在最高点b 满足： mg=m vb21 ，解得 vb 1 =2m/sr假设物体能到达圆环的最高点b，由机械能守恒：112b2mv2a=2mgr+ mv2联立可得 ：vb=3 m/s因为 vbvb1，所以小球能通过最高点b此时满足 fn

14、mg m v2r解得 fn1.25 n（3）小球从b 点做平抛运动，有：2r= 1 gt22sac=vbt得： sac=1.2m【点睛】解决多过程问题首先要理清物理过程，然后根据物体受力情况确定物体运动过程中所遵循的物理规律进行求解；小球能否到达最高点，这是我们必须要进行判定的，因为只有如此才能确定小球在返回地面过程中所遵循的物理规律7 如图所示，p为弹射器，pabc为光滑水平面分别与传送带ab水平相连，cd为光滑、半圆轨道，其半径r=2m，传送带ab 长为 l=6m，并沿逆时针方向匀速转动现有一质量m=1kg 的物体（可视为质点）由弹射器p 弹出后滑向传送带经bc紧贴圆弧面到达已知弹射器的弹

15、性势能全部转化为物体的动能，物体与传送带的动摩擦因数为g=10m/s2，现要使物体刚好能经过d 点，求：（ 1）物体到达 d 点速度大小；（ 2）则弹射器初始时具有的弹性势能至少为多少d 点，=0.2取【答案】（ 1） 25 m/s ；（ 2） 62j【解析】【分析】【详解】（1）由题知，物体刚好能经过d 点，则有：mgm vd2r解得： vdgr2 5 m/s（2）物体从弹射到d 点，由动能定理得：wmgl2mgr1mvd202wep解得： ep62j8 某工厂在竖直平面内安装了如图所示的传送装置，圆心为o 的光滑圆弧轨道ab 与足够长倾斜传送带bc 在 b 处相切且平滑连接，oa 连线水平

16、、 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 点的速度大小；（ 2）传送带 bc两端距

17、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v2v2x110.6m2a1因 x1l，摩擦力反向，又因 mg sinmg co

18、s，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vt21sa2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x31a3t 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=0.6m/s碰撞后粘合体以加速度a3

19、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。9 某高中物理课程基地拟采购一种能帮助学生对电偏转和磁偏转理解的实验器材. 该器材的核心结构原理可简化为如图所示.一匀强电场方向竖直向下，以竖直线ab、 cd 为边界，其宽度为 l，电场强度的大小为 e3mv02. 在 cd 的左侧有一与 cd 相切于 n 点的圆形有ql. 现有一质量为 m，电荷量为

20、 q 的带正电粒界匀强磁场，磁场的方向垂直纸面、水平向外子自 o 点以水平初速度 v0 正对 m 点进入该电场后，从n 点飞离 cd 边界，再经磁场偏转后又从 p 点垂直于 cd 边界回到电场区域，并恰能返回o 点 .粒子重力不计 . 试求：1 粒子从 n 点飞离 cd 边界时的速度大小和方向；2 p 、 n 两点间的距离；3 圆形有界匀强磁场的半径以及磁感应强度大小；4 该粒子从 o 点出发至再次回到o 点的总时间【答案】1 2v0 ，方向与边界 cd 成 30o 角斜向下；2 5 3 l ，；（ 3）5l ，848 3mv0； 4 3l5 3 l5ql2v018v0【解析】【分析】（1）利

21、用运动的合成和分解，结合牛顿第二定律，联立即可求出粒子从n 点飞离 cd 边界时的速度大小，利用速度偏向角公式即可确定其方向；（ 2）利用类平抛规律结合几何关系，即可求出p、 n 两点间的距离；（3）利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，联立即可求出圆形有界匀强磁场的半径以及磁感应强度大小；（ 4）利用类平抛规律求解粒子在电场中运动的时间，利用周期公式，结合粒子在磁场中转过的圆心角求解粒子在磁场中运动的时间，联立即可求出该粒子从o 点出发至再次回到o 点的总时间 【详解】（1）画出粒子轨迹过程图，如图所示：l粒子从 o 到 n 点时间： t 1= v0粒子在电场中加速度： a= qe =3v 0

22、2ml粒子在 n 点时竖直方向的速度：vy=at 1= 3 v0粒子从 n 点飞离 cd 边界时的速度： v=2v0速度偏转角的正切： tan= v y=3，故=600，即速度与边界cd 成 300 角斜向下 v0（2）粒子从 p 到 o 点时间： t2=l2v 0粒子从 p 到 o 点过程的竖直方向位移：y2=1 at22=3 l28粒子从 o 到 n 点过程的竖直方向位移：y1=1 at12=3 l22故 p、 n 两点间的距离为： ypn=y1+y2= 53 l8（3）设粒子做匀速圆周运动的半径为r，根据几何关系可得：r cos600 +r= 5 3 l8解得粒子做匀速圆周运动的半径：r= 53 l12根据洛伦兹力提供向心力可得：qvb=m v 2r解得圆形有界匀强磁场的磁感应强度mv 8 3mv0： b=5qlqr根据几何关系可以确定磁场区域的半径：r=2r cos30 0即圆形有界匀强磁场的半径： r=5l4（4）粒子在磁场中运动的周期：t=2rv粒子在匀强磁场中运动的时间：253lt 3= t=18v03粒子从 o 点出发至再次回到3l5 3lo 点的总时间： t=t 1+t2+t 3=+18v 02v 0【点睛】本题考查带电粒子在复合场中运动，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律