2016年挑战高考压轴题(曲线运动功与能)全解

高三年级物理练习题

1．（15分）如图所示，在粗糙水平台

阶上放置一质量m =0.5kg 的小物块，它与水平台阶间的动摩擦因数μ=0.5，与台阶边缘O 点的距离s =5m 。在台阶

右侧固定一个4

1

圆弧挡板，圆弧半径

R =1m ，圆弧的圆心也在O 点。今以O 点为原点建立平面直角坐标系xOy 。现用F =5N 的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板。（0sin 370.6=，取g =10m/s 2）

（1）若小物块恰能击中挡板上的P 点（OP 与水平方向夹角为37°），求其离开O 点时的速度大小；

（2）为使小物块击中挡板，求拉力F 作用的最短时间；

（3）改变拉力F 的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值。

1.（15分） 解析：（1）小物块从O 到P ，做平抛运动。

水平方向：t v R 0037cos = （1分） 竖直方向：2

02

137sin gt R =（1分） 解得：s m v /3

3

40=

（1分） （2）为使小物块击中档板，小物块必须能运动到O 点。

由动能定理得：0=?=-k E mgS Fx μ （1分） 解得：x =2.5m （1分） 由牛顿第二定律得：ma mg F =-μ （1分） 解得：a =5m/s 2

（1分）

由运动学公式得：2

2

1at x =

（1分） 解得：t =1s （1分） （3）设小物块击中挡板的任意点坐标为（x ，y ），由运动学规律可得：

t v x 0=； 2

2

1gt y =

（2分）

由机械能守恒得：mgy mv E k +=

2

02

1 （1分） 又2

2

2

R y x =+ （1分）

化简得：???

? ??+=y y R mg E k 3412

（1分） 由均值不等式得：312=

y 时，动能最小，其值为：J E k 32

5min = （1分）

2．（15分）如图所示，已知倾角为θ=45°、高为h 的斜面固定在水平地面上．一小球从高为H

（h ＜H ＜h 4

5

）处自由下落，与斜面做无能量损

失的碰撞后水平抛出．小球自由下落的落点距斜

面左侧的水平距离x 满足一定条件时，小球能直接落到水平地面上．

（1）求小球落到地面上的速度大小；

（2）求要使小球做平抛运动后能直接落到水平地面上，x 应满足的条件； （3）在满足（2）的条件下，求小球运动的最长时间．

2（15分）【答案】（1）gH v 2=；

（2）h ＞x ＞H h 54-，没有写h ＞x 扣1分；（3）g

H t 2

max = 【解析】

试题分析：（1）设小球落到底面的速度为v ，根据机械能守恒得： mgH ＝

12

mv 2

， （2分）

得：v （1分）

（2）小球做自由落体的末速度为：

0v （2分） 小球做平抛运动的时间为：

t （1分） s θ

h

H

x

s ＝ （1分）

由s ＞h-x （1分） 解得：h ?

4

5

H ＜x ＜h （2分） （3

）

t 总 （2分）

22H t g

+总＝

当H-h+x=h-x ，即1

2

x h H =-

时，小球运动时间最长，（2分）符合（2）的条件 代入得：g

H t 2max = （1分）

考点：机械能守恒;自由落体运动;平抛运动

3．（16分）某游戏装置放在竖直平面内，如图所示，装置由粗糙抛物线形轨道AB 和光滑的圆弧轨道BCD 构成，控制弹射器可将穿在轨道上的小球以不同的水平初速度由A 点射入，最后小球将由圆轨道的最高点D 水平抛出，落入卡槽中得分，圆弧半径为R ，O ′为圆弧的圆心，C 为圆弧轨道最低点，抛物线轨道上A 点在坐标轴的原点O 上，轨道与圆弧相切于B 点，抛物线轨道方程为

y =ax 2（0＜a ＜1

4R

），∠BO ′C =θ，x 轴恰好将

半径O ′D 分成相等的两半，交点为P ，x 轴与圆弧交于Q 点，则： （1）将小球以某一初速度水平由A 点射入轨道，小球沿轨道运动到与A 等高处Q ，速度减为0，试求小球运动到B 点的速度； （2）由（1）得到的B 点的速度，能否求出小球在A 点射入的速度，如果能请求出v 0，不能，请说明理由； （3）试求在多次弹射小球的过程中，机械能损失最小的一次，小球在最高点D 对轨道的作用力与最低点C 对轨道的作用力的比值．

θ

3. （16分）解：（1）小球从B到Q的过程中在光滑的圆弧轨道上运动，全过程中只有重

力做功，根据动能定理有：

（2分）

解得小球在B点时的速度：v B=（1分）

（2）不能，因为抛物线轨道粗糙，小球在轨道上运动时所受摩擦力是变力，故不能求出摩擦力对小球做的功，所以无法由动能定理求得小球在A点时的速度；（3分）（3）由题意可知，要使小球损失的机械能最小，即小球在整个运动过程中无摩擦力做功，所以当小球做平抛运动轨道恰好与抛物线轨道重合时，小球运动过程中无摩擦力做功，所以有：

根据平抛运动规律有：

x=v0t （1分）（1分）

可得=ax2 （1分）

所以：（1分）

小球从A到C，只有重力做功有：

（2分）

小球在最低点竖直方向的合力提供圆周运动向心力有：（1分）

联列两式可解得：

从A到D过程中只有重力做功有：

（2分）解得：（1分）因为（1分）

所以：（1分）

小球在D 点有：（1分）

可得：

所以可得：（1分）

4．(16分)如图所示,质量m B =3.5kg 的物体B 通过一轻弹簧固连在地面上,

弹簧的劲度系数k =100N/m ．一轻绳一端与物体B 连接,绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O 1、O 2后,另一端与套在光滑直杆顶端的、质量m A =1.6kg 的小球A 连接．已知直杆固定,杆长L 为0.8m,且与水平面的夹角θ=37°．初始时使小球A 静止不动,与A 端相连的绳子保持水平,此时绳子中的张力F

为45N ．已知AO 1=0.5m,重力加速度g 取10m/s 2,绳子不可伸长．现将小球A 从静止释放,则：

(1)在释放小球A 之前弹簧的形变量；

(2)若直线CO 1与杆垂直,求物体A 运动到C 点的过程中绳子拉力对物体A 所做的功；

(3)求小球A 运动到底端D 点时的速度．

4. （16分）解：(1)释放小球前,B 处于静止状态,由于绳子拉力大于重力,故弹簧被拉伸,设弹簧形变量为x 有：kx =F ﹣m B g 所以,x =0.1m (4分)

(2)对A 球从顶点运动到C 的过程应用动能定理得：W +m A gh =12

m A v A 2

﹣0 ① (2分)

其中,h = x CO1cos37°

而x CO1= x AO1sin37°=0.3m

物体B 下降的高度h ’=x AO1﹣x CO1=0.2m ② (2分)

由此可知,弹簧此时被压缩了0.1m,此时弹簧弹性势能与初状态相等,对于A 、B 、和弹

簧组成的系统机械能守恒：m A gh +m B gh ’=12 m A v A 2+12

m B v B 2

③ (2分)

由题意知,小球A 运动方向与绳垂直,此瞬间B 物体速度v B =0 ④

由①②③④得,W =7J (2分) (3)由题意知,杆长L =0.8m,故∠CDO 1=θ=37°

故DO 1=AO 1,当A 到达D 时,弹簧弹性势能与初状态相等,物体B 又回到原位置,在D 点对A 的速度沿平行于绳和垂直于绳两方向进行分解,可得平行于绳方向的速度即为B 的速度,由几何关系得：

v B ’= v A ’cos37° ⑤ (1分)

对于整个下降过程由机械能守恒得：m A gL sin37°=12 m A v A ’ 2+12

m B v B ’ 2

⑥ (2分)

由⑤⑥得：v A ’=2m/s (1分)

5．（18分） 如图所示,生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙,甲的速度为v 0.小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ，乙的宽度足够大，重力加速度为g. (1)若乙的速度为v 0,求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s ； (2)若乙的速度为2v 0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v ；

(3)保持乙的速度2v 0不变,当工件在乙上刚停止滑动时,下一只工件恰好传到乙上,如此反复,若每个工件的质量为m,除工件与传送带之间摩擦外,其他能量损耗均不计,求驱动乙的电动机的平均输出功率p.

5.（18分）解答： 【答案】（1）由于滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，因此首先应判断工件刚平稳地传到乙上瞬间，相对于传送带乙的运动方向，刚传到传送带乙上瞬间，工件有相对传送带乙侧向速度v 0和与传送带乙运动方向相反的速度v 0，其合速度方向与传送带运动方向显然成45°，如下图所示，并建立图示直角坐标系，下面来证明工件在乙上运动时所受摩擦力方向保持不变。

设工件刚运动到乙上时，侧向、纵向加速度大小为a x 、a y ，则

1tan x

y

a a θ= 很小的t ?时间内，侧向和纵向的速度增量分别为,x x y y v a t v a t ?=??=?

可得1tan x y v v

θ?=?

由题意知tan ,x y v v θ=则//tan x x x

y

y

y

v v v v v v θ-?==-? 可见两个方向上的速度等比例减小，即工件相对乙的速度方向保持不变，根据牛顿第二定律可知：其大小为

,22

x y a g a g μμ=-

=（4分）

即物块相对传送带在沿传送带方向和垂直传送带方向分别做相同的匀减速直线运动，根据匀变速直线运动规律可知，当垂直传送带方向的速度减为零时，物块相对

传送带在x

方向上的位移即侧向滑过的距离为2

02s g

μ=（2分）

（2）以传送带乙为参考系，工件刚运动到乙上时相对乙的速度和所受摩擦力如图，工件

a g μ=的匀减速运动。当速度减到零时 ，工件相对乙静止，此时工件相对乙在侧向纵向均停止运滑动，工件对地的速度为乙对地的速度，即v ＝2v 0（5分）

（3）方法一：从现象上分析，电动机做的功转化 成两部分能量，一部分是工件动能的改变，一部分是系统克服摩擦产生的热量。

工件动能的改变为()22

20001132222

k E m v mv mv ?=

-=（1分） 系统克服摩擦产生的热量等于摩擦力与相对位移x 的乘积 Q m g x μ=（

1分）

每个工件在传送带乙上相对传送带滑行距离为：)

2

02x g

μ=

205

2

Q m v =

（1分） 电动机做的功为204K w E Q mv =?+=（1分）

每个工件在传送带乙上相对传送带滑行的时间为：0

t g

μ=（1分） 电动机的平均输出功率为： w

p t

=

（1分） 联立以上各式解得：

0p mgv =

（1分） 方法2：从做功本质分析，传送带乙的受力情况如图，电动机提供的外力与工件反作用于传送带的摩擦力等大反向，故电动做功的功率为02cos p F v θ=

F mg μ=

2c o s θ=

=

05p mgv μ=

6（20分）如图(a),小球甲固定于水平气垫导轨的左端,质量m=0.4kg 的小球乙可在导轨上无摩擦地滑动,甲、乙两球之间因受到相互作用而具有一定的势能,相互作用力沿二者连线且随间距的变化而变化。现已测出势能随位置x 的变化规律如图(b)中的实线所示。已知曲线最低点的横坐标x 0=20cm ，虚线①为势能变化曲线的渐近线，虚线②为经过曲线上某点的切线。

(1)将小球乙从x 1=8cm 处由静止释放，小球乙所能达到的最大速度为多大? (2)假定导轨右侧足够长,将小球乙在导轨上从何处由静止释放,小球乙不可能第二次经过x 0=20cm 的位置?并写出必要的推断说明；

(3)若将导轨右端抬高,使其与水平面的夹角α=30°,如图(c)所示。将球乙从x 2=6cm 处由静止释放，小球乙运动到何处时速度最大?并求其最大速度； (4)在图(b)上画出第(3)问中小球乙的动能E k 与位置x 的关系图线。

6、（20分）解答：

(1)球乙运动到x 0=20cm 位置时势能最小，速度最大，由能量守恒可得：

211

002

P m E mv +=

+（4分）

解出：1/m v m s =

==（1分） 答：小球乙所能达到的最大速度为1m/s.

(2)在0

原因：在0

0

(3)x 3=12cm 处的切线斜率

0.34

2/0.17

P E J m x ?==?（1分） 表明此处乙球受到甲球2N 的排斥力，乙球此处受到重力的分力为mgsin α=2N.

所以,乙球在x 3=12cm 处时，所受合外力等于零，速度最大。（2分） 从图中读出x 3=12cm 处的势能E P3=0.1J,x 2=6cm 处的势能Ep 2=0.28J ，

能量守恒：/2

223310sin sin 2

P P E mgx mv E mgx αα++=++（2分）

解出： //0.55/m v s m s =

==（1分）

(4)得出图象如下所示,注意几个特殊位置,x 2=6cm 处的动能为E k =0;x 3=12cm 处的动能E k =0.06J,x 4=20cm 处的动能E k =0J. （4分）