高考物理曲线运动及其解题技巧及练习题(含答案)

1、高考物理曲线运动及其解题技巧及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试曲线运动1 .有一水平放置的圆盘，上面放一劲度系数为k的弹簧，如图所示，弹簧的一端固定于轴。上，另一端系一质量为 m的物体A,物体与盘面间的动摩擦因数为臼开始时弹簧未发生形变，长度为L设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力.求： t(1)盘的转速 30多大时，物体 A开始滑动？(2)当转速缓慢增大到 2印时，A仍随圆盘做匀速圆周运动，弹簧的伸长量Ax是多少?【答案】(1) 匚g (2)3 mgli kl 4 mg【解析】【分析】(1)物体A随圆盘转动的过程中，若圆盘转速较小，由静摩擦力提供向心力；当圆盘转 速较大时，弹力与摩擦力的

2、合力提供向心力.物体A刚开始滑动时，弹簧的弹力为零，静摩擦力达到最大值，由静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求解角速度030.(2)当角速度达到2皿时，由弹力与摩擦力的合力提供向心力，由牛顿第二定律和胡克定 律求解弹簧的伸长量法.【详解】若圆盘转速较小，则静摩擦力提供向心力，当圆盘转速较大时，弹力与静摩擦力的合力提 供向心力.(1)当圆盘转速为n0时，A即将开始滑动，此时它所受的最大静摩擦力提供向心力，则 有：(2)当圆盘转速达到 2必时，物体受到的最大静摩擦力已不足以提供向心力，需要弹簧的 弹力来补充，即：(mg+kAx= mr w12,r=l+Ax3 mgl解得：Vxkl 4 mg【点睛

3、】当物体相对于接触物体刚要滑动时，静摩擦力达到最大，这是经常用到的临界条件.本题 关键是分析物体的受力情况.2. 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.1【答案】(1) 4m/s2； (2) 一；10【解析】(1 )根据平抛运动的规律：X= V0tx 5得 t= 一 二 s= 1sVo 51 2由 h_ gt/曰2h 2 2,2,2倚：g= =-2 m/s=4m/st212(2)根据星球表面物体重力等于万有引

4、力: GMBm地球表面物体重力等于万有引力：mg = -2一口" M星_ gR| _ 4,1、21贝 U2- = L)g RM 10210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.3 .如图所示，将一小球从倾角。=60°斜面顶端，以初速度 V0水平抛出，小球落在斜面上的某点P,过P点放置一垂直于斜面的直杆 (P点和直杆均未画出)。已知重力加速度大小为 g,斜面、直杆处在小球运动的同一竖直平面内，求:(1)斜面顶端与P点间的距离；(2)若将小球以另一初速度 v从斜面顶端水平抛出，小

5、球正好垂直打在直杆上，求 v的大 小。【解析】本题考查平抛与斜面相结合的问题，涉及位移和速度的分解。(1)小球从抛出到 P点，做平抛运动，设抛出点到P点的距离为L小球在水平方向上做匀速直线运动，有:在竖直方向上做自由落体运动，有:联立以上各式，代入数据解得:(2)设小球垂直打在直杆上时竖直方向的分速度为vy,有:在水平方向上，有：1 2在竖直方向上，有： 矛，岁产。由几何关系，可得:联系以上各式，得:另解：小球沿斜面方向的分运动为匀加速直线运动，cosO = 一Vt2uL = izj - vi初速度为：M =/口小，加速度为口二小访“小球垂直打在直杆上，速度为有：在斜面方向上，由匀变速运动规律

6、得： 蚓5曲联立以上各式，得：点睛：物体平抛运动可分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体；也可分解 为沿斜面方向的匀变速直线运动和垂直斜面的匀变速直线运动。4 .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,实验平台距地面高度 h=0.53m ,圆弧半径 R=0.4m, 0 =37,° 已知 sin37 =0.6, cos37 =0

7、.8.完成下列问题:(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段缩短白距离.【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he R Rcos370 0.08m1 2从B点飞出后，滑块做平抛运动，根据平抛运动规律：h he gt22化简则t 0.3s根据

8、xBe vBt可知vB 3m / s飞到C点时竖直方向的速度 Vy gt 3m/s一,Vy ,因此tan一 1Vb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 a gm22根据 Ve Vd 2axDE联立两式则Vd 4m /s2在圆弧轨道最低处 fn mg m比R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 Vy着轨迹该出的切线，即 tan V。由于高度没变，所以 Vy Vy 3m/s ,370因此v0 4m/ s对应的水平位移为XacV0t1.2m所以缩短的AB段

9、应该是 Xab Xac Xbc 0.3m【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.光滑水平轨道与半径为 R的光滑半圆形轨道在 B处连接，一质量为 m2的小球静止在B 处，而质量为 mi的小球则以初速度 V0向右运动，当地重力加速度为 g,当mi与m2发生 弹性碰撞后，m2将沿光滑圆形轨道上升，问：(1)当mi与m2发生弹性碰撞后， m2的速度大小是多少？(2)当mi与m2满足m2

10、kmi (k 0),半圆的半径 R取何值时，小球 m2通过最高点C 后，落地点距离B点最远。【答案】(1) 2mivo/( mi+m2)(2) R=vo2/2g(1+k)2【解析】【详解】(i)以两球组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得：mivo=mivi+m2v2,由机械能守恒定律得：m ivo2= mivi 2+ m2v22,222解得：V22 mlVomim2(2)小球m2从B点到达C点的过程中,由动能定理可得：-m2g x R=工m2V2 2- - m 2V22,22解得：V2M 4gR ,（）2 4gR J /）2 4gR；小球m2通过最高点C后，做平抛运动，竖直方向：2R=1gt

11、2,2水平方向：S=V2t ,-2Vo 2 4R 2解得：s J(-) i6R , , i k g2由一元二次函数规律可知，当R Vo-时小m2落地点距B最远.2g(i k)26.如图所示，大小相同且质量均为 m的A、B两个小球置于光滑的边长为 2d2 H的正方 形玻璃板上，B静止，A由长为J2 H的轻质细绳悬挂于 O3,静止时细绳刚好拉直，悬点 距离玻璃板和玻璃板距离水平地面均为H,玻璃板中心 。2位于悬点O3正下方，O3与O2的延长线和水平地面交于点 Oi.已知重力加速度为 g.(1)某同学给A一个水平瞬时冲量I, A开始在玻璃板上表面做圆周运动且刚好对玻璃板 无压力，求I满足的表达式；(

12、2) A运动半周时刚好与静止的 B发生对心弹性正碰，B从玻璃板表面飞出落地，求小球设细绳与竖直方向夹角为0Hcos 145°, A圆周运动轨道半径为h2由A的受力分析可知：mg tanmV0动量定理：I mv0I m gH(2)A与B发生弹性正碰 m1vo m1V| m2v212二 m1Vo21212m1Vlm2 V222B球被碰后，在桌面上匀速运动飞出桌面后平抛，设平抛的射程为12 gtX V2t由几何关系得01P H2 （2 H x）2OlP 3H【点睛】(1)根据圆周运动向心力表达式即可求得；(2)根据弹性碰撞机械能守恒动量守恒求得B小球的速度，再结合平抛运动的知识求得距离.7

13、.游乐场正在设计一个全新的过山车项目，设计模型如图所示，AB是一段光滑的半径为R的四分之一圆弧轨道，后接一个竖直光滑圆轨道，从圆轨道滑下后进入一段长度为L的粗糙水平直轨道BD,最后滑上半径为 R圆心角600的光滑圆弧轨道DE.现将质量为m的滑块从A点静止释放，通过安装在竖直圆轨道最高点C点处的传感器测出滑块对轨道压力为mg,求：(1)竖直圆轨道的半径 r .(2)滑块在竖直光滑圆弧轨道最低点B时对轨道的压力.(3)若要求滑块能滑上 DE圆弧轨道并最终停在平直轨道上(不再进入竖直圆轨道)，平直轨道BD的动摩擦因数 需满足的条件.(1) R (2) 7mg (3)32L(1)对滑块，从A到C的过程

14、，由机械能守恒可得:1 2mg(R 2r) -mvC2Vc2mg m r一 R解得：r ； 3(2)对滑块，从A到B的过程,由机械能守恒可得:mgR ；mv2在B点，有：2VBN mg m r可得：滑块在B点受到的支持力N=7mg;由牛顿第三定律可得，滑块在 B点对轨道的压力N N 7mg ,方向竖直向下；(3)若滑块恰好停在 D点，从B到D的过程，由动能定理可得:mgL1 2 一mvB2- R可信： 1若滑块恰好不会从 E点飞出轨道，从 B到E的过程，由动能定理可得:2mgL mgR(1 cos )可得:R2L若滑块恰好滑回并停在B点，对于这个过程，由动能定理可得:3mg 2L1 2 一mv

15、B2综上所述，需满足的条件:R2L8 .如图所示，ABCD是一个地面和轨道均光滑的过山车轨道模型，现对静止在A处的滑块施加一个水平向右的推力F,使它从A点开始做匀加速直线运动，当它水平滑行 2.5 m时到达B点，此时撤去推力 F、滑块滑入半径为 0.5 m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，并恰 好通过最高点C,当滑块滑过水平 BD部分后，又滑上静止在 D处，且与ABD等高的长木 板上，已知滑块与长木板的质量分别为0.2 kg、0.1 kg,滑块与长木板、长木板与水平地面21间的动摩擦因数分别为 0.3、,它们之间的最大静摩擦力均等于各自滑动摩擦力，取g = 10 m/s 2,求:(1)水平推力F的大

16、小；(2)滑块到达D点的速度大小；(3)木板至少为多长时，滑块才能不从木板上掉下来？在该情况下，木板在水平地面上最终 滑行的总位移为多少？【答案】(1) 1N (2)(3)t = 1 s ; 2.5m【解析】【分析】【详解】(1)由于滑块恰好过 C点，则有：吃mig= mi从A到C由动能定理得： 20Fx mig 2R= mivc 0代入数据联立解得：F= 1 N(2)从A到D由动能定理得：II2 Fx= m ivd代入数据解得：vd= 5 m/s(3)滑块滑到木板上时，对滑块：国mig= miai, 解得：2ai=(iig= 3 m/s对木板有：.mig 区(mi+m2)g = m2a2,

17、代入数据解得：2 a2= 2 m/s滑块恰好不从木板上滑下，此时滑块滑到木板的右端时恰好与木板速度相同, 有：v 共=yd aitv 共=a2t, 代入数据解得：t= i s 此时滑块的位移为：xi = vDt 彳ait , 木板的位移为：II ,2,X2= 7a2t , L= xi - X2,代入数据解得：L= 2.5 mv 共=2 m/sX2= i m达到共同速度后木板又滑行x；则有：v 共 2= 2 p2gxz, 代入数据解得： 木板在水平地面上最终滑行的总位移为：x'= i.5 mx 木=龙 + x'=2.5 m点睛：本题考查了动能定理和牛顿第二定律、运动学公式的综合运

18、用，解决本题的关键理 清滑块和木板在整个过程中的运动规律，选择合适的规律进行求解.9 .如图甲所示，长为 4m的水平轨道 AB与半彳仝为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 p=0.3,取 g=10m/s2。求：甲乙(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) 38JVy匕I力【解析】(1)滑块从C离开后做平抛运动，由题意知 ：UC又”产矶解得：vc=2m/sI1/】阳-F2X2 - limgxAB - 产而(2)滑块从A至ij B的过程中，由动能定理得：一埒N - m© = m设在B点物块受到的支持力为 N,由牛顿第二定律有：R滑块对圆弧管道的压力