高考物理曲线运动及其解题技巧及练习题(含答案)及解析

1、高考物理曲线运动及其解题技巧及练习题( 含答案 ) 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

2、量的大小；（ 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da

3、r sincdr(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，在风洞实验室中，从a 点以水平速度 v0 向左抛出一个质最为m 的小球，小球抛出后所受

4、空气作用力沿水平方向，其大小为f，经过一段时间小球运动到a 点正下方的 b 点 处，重力加速度为 g，在此过程中求（ 1）小球离线的最远距离；（ 2） a、 b 两点间的距离；（ 3）小球的最大速率 vmax【答案】 （1）mv22m2 gv2（ 3）v0f24m2g20 （2）0f2ff 2【解析】【分析】（ 1）根据水平方向的运动规律，结合速度位移公式和牛顿第二定律求出小球水平方向的速度为零时距墙面的距离；（ 2）根据水平方向向左和向右运动的对称性，求出运动的时间，抓住等时性求出竖直方向a、 b 两点间的距离；（3）小球到达b 点时水平方向的速度最大，竖直方向的速度最大，则b 点的速度最大

5、，根据运动学公式结合平行四边形定则求出最大速度的大小；【详解】（ 1）将小球的运动沿水平方向沿水平方向和竖直方向分解水平方向： fmax2v0 2axxm解得： xm mv022f（2）水平方向速度减小为零所需时间t v01ax总时间 t 2t1竖直方向上： y 1gt 2 2m2 gv022f 2（3）小球运动到b 点速度最大x 0v =vyv =gtvmax vx2vy2 v0f 24m2g 2f【点睛】解决本题的关键将小球的运动的运动分解，搞清分运动的规律，结合等时性，运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解3 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 ,

6、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

7、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，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

8、，要注意分析物体运动的过程，选择正确的物理规律求解4 高台滑雪以其惊险刺激而闻名，运动员在空中的飞跃姿势具有很强的观赏性。某滑雪轨道的完整结构可以简化成如图所示的示意图。其中 ab 段是助滑坡，倾角 =37， bc段是水平起跳台， cd 段是着陆坡，倾角 =30， de 段是停止区， ab 段与 bc段平滑相连，轨道各部分与滑雪板间的动摩擦因数均为=0.03，图中轨道最高点a 处的起滑台距起跳台bc的竖直高度h=47m 。运动员连同滑雪板的质量m=60kg，滑雪运动员从a 点由静止开始起滑，通过起跳台从c 点水平飞出，运动员在着陆坡cd上的着陆位置与c 点的距离l=120m 。设运动员在起跳前

9、不使用雪杖助滑，忽略空气阻力的影响，取重力加速度 g=10m/s2 ，sin37 =0.6， cos37 =0.8。求：（ 1）运动员在助滑坡 ab 上运动加速度的大小；（ 2）运动员在 c 点起跳时速度的大小；（ 3）运动员从起滑台 a 点到起跳台 c 点的过程中克服摩擦力所做的功。【答案】（ 1）（ 2）（ 3）【解析】【 解】（1）运 在助滑坡ab 上运 ，根据牛 第二定律得： mgsin -mgcos=ma解得 ： a=g（ sin -cos） =10（ 0.6-0.030）.8 =5.76m/s 2（2） 运 从c 点起跳后到落到着 坡上的 t， c 点到着 坡上着 点的距离 l运

10、从c 点起跳后做平抛运 ， 有 直方向： lsin =gt2水平方向： lcos=v0t 由 ： 得： tan =解得 t=2s， v0=30m/s（3）运 从起滑台a 点到起跳台c 点的 程，根据 能定理得mgh-wf = mv 02解得克服摩擦力所做的功 wf =mgh- mv02=60 10 47- 60230=1200j 【点睛】本 要分析清楚运 的运 情况，知道运 先做匀加速运 ，后做匀减速运 ，最后平抛运 ，是 能定理和平抛运 的 合，要善于运用斜面的 角研究平抛运 两个分位移之 的关系，求出 5 如 所示，水平 可 直中心 ， 上放着a 、 b 两个物 ， 中心o 处固定一力 感

11、器，它 之 用 接已知ma mb1kg 两 均 l0.25m 能承受的最大拉力均 fm8 n a 与 的 摩擦因数 10.5 ， b 与 的 摩擦因数 20.1 ，且可 最大静摩擦力等于滑 摩擦力，两物 和力 感器均 点， 静止 好伸直， 感器的 数 零当 以不同的角速度勾速 ， 感器上就会 示相 的 数f ， g 取 10 m/s2求：（1）当 ab 间细线的拉力为零时，物块b 能随转盘做匀速转动的最大角速度；（2）随着转盘角速度增加，oa 间细线刚好产生张力时转盘的角速度；（3）试通过计算写出传感器读数f 随转盘角速度变化的函数关系式，并在图乙的坐标系中作出 f2 图象【答案】（ 1）12

12、rad / s （ 2）22 2rad / s （ 3）m252rad / s2【解析】对于 b ，由 b 与转盘表面间最大静摩擦力提供向心力，由向心力公式有：2 mb g2mb 12 l代入数据计算得出：12rad / s（2）随着转盘角速度增加，oa 间细线中刚好产生张力时，设ab 间细线产生的张力为t ，有：1 ma g t ma22 lt2 mb g2mb2 2 l代入数据计算得出：222rad / s（3） 当28rad 2/ s2 时， f0当28rad 2/ s2 ，且 ab 细线未拉断时，有：f1ma gtma2lt2 mb g2mb2 lt8n所以： f326 ； 8rad

13、2 / s2218rad 2 / s24当218 时，细线ab 断了，此时 a 受到的静摩擦力提供a 所需的向心力，则有：1 ma g ma w2 l所以： 18rad 2 / s2220rad 2 / s2 时， f0当220 rad 2 / s2 时，有 f1ma gma2 lf8n所以： f125 ； 20rad 2 / s2252rad 2 / s24若 ff8n时，角速度为：252rad 2 / s2mm做出 f2 的图象如图所示 ；点睛：此题是水平转盘的圆周运动问题，解决本题的关键正确地确定研究对象，搞清向心力的来源，结合临界条件，通过牛顿第二定律进行求解6 如图所示，光滑轨道cd

14、ef 是一 “过山车 ”的简化模型，最低点d 处入、出口不重合，e 点是半径为 r0.32m 的竖直圆轨道的最高点，df 部分水平，末端f 点与其右侧的水平传送带平滑连接，传送带以速率v=1m/s 逆时针匀速转动，水平部分长度l=1m物块 b静止在水平面的最右端f 处质量为 ma1kg 的物块 a 从轨道上某点由静止释放，恰好通过竖直圆轨道最高点e ，然后与 b 发生碰撞并粘在一起若b 的质量是a 的 k 倍， a、b与传送带的动摩擦因数都为0.2 ，物块均可视为质点，物块a 与物块 b 的碰撞时间极短，取 g10m / s2 求：（ 1）当 k 3 时物块 a、b 碰撞过程中产生的内能；（

15、2）当 k=3 时物块 a、b 在传送带上向右滑行的最远距离；（3）讨论 k 在不同数值范围时，a、b 碰撞后传送带对它们所做的功w 的表达式k 22k15【答案】 （1） 6j（ 2） 0.25m（ 3） w2 k 1 j w12 k【解析】（1）设物块 a 在 e 的速度为 v0 ，由牛顿第二定律得： ma gmav02，r设碰撞前 a 的速度为 v1 由机械能守恒定律得：2ma gr1 mav021 mav12 ，22联立并代入数据解得：v14m / s ；设碰撞后 a、b 速度为 v2 ，且设向右为正方向，由动量守恒定律得mav1 mam2 v2 ；解得： v2mav1141m / s

16、 ；ma mb1 3由能量转化与守恒定律可得：q1 mav121 mambv22 ，代入数据解得q=6j ；22（2）设物块 ab 在传送带上向右滑行的最远距离为s，由动能定理得：mamb gs1 mambv22 ，代入数据解得 s0.25m ；2（3）由式可知：v2mav14m / s ；ma mb1k（i ）如果 a、 b 能从传送带右侧离开，必须满足1 mambv22mamb gl ，2解得： k 1，传送带对它们所做的功为： wmambgl2 k1 j；（ii ）（ i）当 v2v 时有： k 3，即 ab 返回到传送带左端时速度仍为v2 ；由动能定理可知，这个过程传送带对ab 所做的

17、功为： w=0j，（ii）当 0 k时， ab 沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速，当速度与传送带速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左侧在这个过程中传送带对ab 所做的功为 w1mambv21mambv22 ，22k 22k15解得 wk1；2【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、动量守恒定律、动能定理即可解题；解题时注意讨论，否则会漏解 a 恰好通过最高点e，由牛顿第二定律求出a 通过 e 时的速度，由机械能守恒定律求出 a 与 b 碰撞前的速度，a、b 碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出碰撞过程产生

18、的内能，应用动能定理求出向右滑行的最大距离根据a、b 速度与传送带速度间的关系分析ab 的运动过程，根据运动过程应用动能定理求出传送带所做的功7 水平面上有一竖直放置长h 1.3m两点， pq 间距离为d0.3m，一质量为的杆 po，一长 l 0.9m 的轻细绳两端系在杆上m 1.0kg 的小环套在绳上。杆静止时，小环靠在p、 q杆上，细绳方向竖直；当杆绕竖直轴以角速度旋转时，如图所示，小环与q 点等高，细绳恰好被绷断。重力加速度g10m s2，忽略一切摩擦。求：（ 1）杆静止时细绳受到的拉力大小t；（ 2）细绳断裂时杆旋转的角速度大小；（ 3）小环着地点与 o 点的距离 d。【答案】 （1）

19、 5n （ 2） 53rad / s（ 3） 1.6m【解析】【详解】（1）杆静止时环受力平衡，有2t mg 得： t5n（2）绳断裂前瞬间，环与q 点间距离为 r，有 r2 d2 （ l r） 2环到两系点连线的夹角为，有 sindr， cosl rlr绳的弹力为t1，有 t1 sin mg2t1cos t1 m r得 5 3rad / s（3）绳断裂后，环做平抛运动，水平方向s vt竖直方向 ： hd1 gt 22环做平抛的初速度： v r小环着地点与杆的距离： d2 r2 s2得 d 1.6m【点睛】本题主要是考查平抛运动和向心力的知识，解答本题的关键是掌握向心力的计算公式，能清楚向心力

20、的来源即可。8 如图所示，一质量m =4kg 的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道bc和水平粗糙轨道cd组成， bc与 cd相切于 c，圆弧bc 所对圆心角 37，圆弧半径 r=2.25m，滑动摩擦因数 =0.48。质量 m=1kg 的小物块从某一高度处的a 点以 v0 4m/s 的速度水平抛出，恰好沿切线方向自b 点进入圆弧轨道，最终与小车保持相对静止。取g 10m/s 2， sin37 =0.6，忽略空气阻力，求 :（ 1） a、b 间的水平距离；（ 2）物块通过 c 点时，轨道对物体的支持力；（ 3）物块与小车因摩擦产生的热量。【答案】 （1

21、） 1.2m （2） fn25.1n （ 3） 13.6j【解析】【详解】（1）物块从 a到 b由平抛运动的规律得 :gttan= v0x= v0t得x=1.2m（2）物块在 b 点时，由平抛运动的规律得：v0vbcos物块在小车上 bc段滑动过程中，由动能定理得：11mgr(1 cos) mvc2mvb222在 c 点对滑块由牛顿第二定律得fnmgm vc2r联立以上各式解得： fn 25.1n（ 3）根据牛顿第二定律，对滑块有 mg ma1 ，对小车有 mgma 2当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即vc a1t 1 a2t 1由以上各式解得 t134 s，6此时小车的速度为va2t 134 m / s51212物块在 cd段滑动过程中由能量守恒定律得：mvc（ m m） v + q22解得： q=13.6j9 如图所示， p 为弹射器， pa、 bc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d 点，已知弹射器的弹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=0.2取g=