高考物理曲线运动题20套(带答案)含解析
高考物理曲线运动题20套(带答案)含解析一、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m A =2kg 、m B =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E p =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µ满足0.1≤µ≤0.3，g 取10m /s 2，求（1）A 、B 离开弹簧瞬间的速率v A 、v B ； （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µ）．【答案】（1）4m/s （2）0.32m(3) 当满足0.1≤μ<0.2时，Q 1=10μ ；当满足0.2≤μ≤0.3时，22111()22A A m v m M v -+ 【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）设弹簧恢复到自然长度时A 、B 的速度分别为v A 、v B ， 由动量守恒定律：0=A A B B m v m v - 由能量关系：2211=22P A A B B E m v m v -解得v A =2m/s ；v B =4m/s（2）设B 经过d 点时速度为v d ，在d 点：2dB B v m g m R=由机械能守恒定律：22d 11=222B B B B m v m v m g R +⋅ 解得R=0.32m（3）设μ=μ1时A 恰好能滑到小车左端，其共同速度为v,由动量守恒定律：=()A A A m v m M v +由能量关系：()2211122A A A A m gL m v m M v μ=-+ 解得μ1=0.2讨论：（ⅰ）当满足0.1≤μ<0.2时，A 和小车不共速，A 将从小车左端滑落，产生的热量为110A Q m gL μμ== （J ）（ⅱ）当满足0.2≤μ≤0.3时，A 和小车能共速，产生的热量为()22111122A A Q m v m M v =-+，解得Q 2=2J2．一质量M =0.8kg 的小物块，用长l =0.8m 的细绳悬挂在天花板上，处于静止状态．一质量m =0.2kg 的粘性小球以速度v 0=10m/s 水平射向小物块，并与物块粘在一起，小球与小物块相互作用时间极短可以忽略．不计空气阻力，重力加速度g 取10m/s 2．求：（1）小球粘在物块上的瞬间，小球和小物块共同速度的大小； （2）小球和小物块摆动过程中，细绳拉力的最大值； （3）小球和小物块摆动过程中所能达到的最大高度． 【答案】（1）=2.0/v m s 共 （2）F=15N (3)h=0.2m 【解析】（1）因为小球与物块相互作用时间极短，所以小球和物块组成的系统动量守恒．0)(mv M m v =+共得:=2.0/v m s 共（2）小球和物块将以v 共 开始运动时，轻绳受到的拉力最大，设最大拉力为F ，2()()v F M m g M m L-+=+共 得:15F N =（3）小球和物块将以v 共为初速度向右摆动，摆动过程中只有重力做功，所以机械能守恒，设它们所能达到的最大高度为h ，根据机械能守恒：21+)()2m M gh m M v =+共（解得:0.2h m =综上所述本题答案是: （1）=2.0/v m s 共 （2）F=15N (3)h=0.2m 点睛:（1）小球粘在物块上，动量守恒．由动量守恒，得小球和物块共同速度的大小． （2）对小球和物块合力提供向心力，可求得轻绳受到的拉力（3）小球和物块上摆机械能守恒．由机械能守恒可得小球和物块能达到的最大高度．3．如图所示，在竖直平面内有一绝缘“⊂”型杆放在水平向右的匀强电场中，其中AB 、CD 水平且足够长，光滑半圆半径为R ，质量为m 、电量为+q 的带电小球穿在杆上，从距B 点x=5.75R 处以某初速v 0开始向左运动．已知小球运动中电量不变，小球与AB 、CD 间动摩擦因数分别为μ1=0.25、μ2=0.80，电场力Eq=3mg/4，重力加速度为g ，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）若小球初速度v 0=4gR ，则小球运动到半圆上B 点时受到的支持力为多大； （2）小球初速度v 0满足什么条件可以运动过C 点；（3）若小球初速度v=4gR ，初始位置变为x=4R ，则小球在杆上静止时通过的路程为多大．【答案】（1）5.5mg （2）04v gR >（3）()44R π+ 【解析】 【分析】 【详解】（1）加速到B 点：221011-22mgx qEx mv mv μ-=- 在B 点：2v N mg m R-=解得N=5.5mg（2）在物理最高点F ：tan qE mgα=解得α=370；过F 点的临界条件：v F =0从开始到F 点：2101-(sin )(cos )02mgx qE x R mg R R mv μαα-+-+=- 解得04v gR =可见要过C 点的条件为：04v gR >（3）由于x=4R<5.75R ，从开始到F 点克服摩擦力、克服电场力做功均小于（2）问，到F 点时速度不为零，假设过C 点后前进x 1速度变为零，在CD 杆上由于电场力小于摩擦力，小球速度减为零后不会返回，则：2121101--(-)202mgx mgx qE x x mg R mv μμ--⋅=-1s x R x π=++解得：(44)s R π=+4．如图所示，在竖直平面内有一倾角θ=37°的传送带BC ．已知传送带沿顺时针方向运行的速度v =4 m/s ，B 、C 两点的距离L =6 m 。
一质量m =0.2kg 的滑块（可视为质点）从传送带上端B 点的右上方比B 点高h =0. 45 m 处的A 点水平抛出，恰好从B 点沿BC 方向滑人传送带，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度g =10m/s 2 ，sin37°= 0.6，cos 37°=0.8。
求：(1)滑块水平抛出时的速度v 0；(2)在滑块通过传送带的过程中，传送带和滑块克服摩擦力做的总功W . 【答案】(1)v 0=4m/s (2)W =8J 【解析】 【详解】(1)滑块做平抛运动在B 点时竖直方向的分速度为：平抛后恰好沿BC 方向滑人传送带，可知B 点的平抛速度方向与传送带平行， 由几何关系及速度分解有：解得：(2)滑块在B 点时的速度大小为滑块从B 点运动到C 点过程中，由牛顿第二定律有：可得加速度设滑块到达C 点时的速度大小为v C ，有：解得：此过程所经历的时间为：故滑块通过传送带的过程中，以地面为参考系，滑块的位移x 1=L =6m ， 传送带的位移x 2=vt =4m ；传送带和滑块克服摩擦力所做的总功为：代入数据解得：【点睛】此题需注意两点，(1)要利用滑块沿BC 射入来求解滑块到B 点的速度；(2)计算摩擦力对物体做的功时要以地面为参考系来计算位移。
5．如图所示，一轨道由半径2R m =的四分之一竖直圆弧轨道AB 和水平直轨道BC 在B 点平滑连接而成．现有一质量为1m Kg =的小球从A 点正上方2R处的O '点由静止释放，小球经过圆弧上的B 点时，轨道对小球的支持力大小18N F N =，最后从C 点水平飞离轨道，落到水平地面上的P 点.已知B 点与地面间的高度 3.2h m =，小球与BC 段轨道间的动摩擦因数0.2μ=，小球运动过程中可视为质点. (不计空气阻力， g 取10 m/s 2). 求：（1）小球运动至B 点时的速度大小B v（2）小球在圆弧轨道AB 上运动过程中克服摩擦力所做的功f W （3）水平轨道BC 的长度L 多大时，小球落点P 与B 点的水平距最大．【答案】（1）4?/B v m s ＝ （2）22?f W J ＝ （3） 3.36L m = 【解析】试题分析：（1）小球在B 点受到的重力与支持力的合力提供向心力，由此即可求出B 点的速度；（2）根据动能定理即可求出小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；（3）结合平抛运动的公式，即可求出为使小球落点P 与B 点的水平距离最大时BC 段的长度．（1）小球在B 点受到的重力与支持力的合力提供向心力，则有：2BN v F mg m R-=解得：4/B v m s =（2）从O '到B 的过程中重力和阻力做功，由动能定理可得：21022f B R mgR W mv ⎛⎫+-=- ⎪⎝⎭解得：22f W J =（3）由B 到C 的过程中，由动能定理得：221122BC C B mgL mv mv μ-=- 解得：222B C BCv v L gμ-= 从C 点到落地的时间：020.8ht s g== B 到P 的水平距离：2202B CC v v L v t gμ-=+ 代入数据，联立并整理可得：214445C C L v v =-+ 由数学知识可知，当 1.6/C v m s =时，P 到B 的水平距离最大，为：L=3.36m【点睛】该题结合机械能守恒考查平抛运动以及竖直平面内的圆周运动，解题的关键就是对每一个过程进行受力分析，根据运动性质确定运动的方程，再根据几何关系求出最大值．6．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θ＝37°，圆弧半径R =2.25m ，滑动摩擦因数μ=0.48。
质量m =1kg 的小物块从某一高度处的A 点以v 0＝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）1.2m （2）25.1N F N =（3）13.6J 【解析】 【详解】（1）物块从A 到B 由平抛运动的规律得: tan θ=gtv x = v 0t 得x =1.2m（2）物块在B 点时，由平抛运动的规律得：0cos B v v θ=物块在小车上BC 段滑动过程中，由动能定理得： mgR (1－cos θ)＝12mv C 2－12mv B 2 在C 点对滑块由牛顿第二定律得 2CN v F mg m R-= 联立以上各式解得：25.1N F N =（3）根据牛顿第二定律，对滑块有μmg ＝ma 1， 对小车有μmg ＝Ma 2当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即 v C －a 1t 1＝a 2t 1 由以上各式解得 134t s =， 此时小车的速度为v ＝a 2t 1＝34/5m s 物块在CD 段滑动过程中由能量守恒定律得：12mv C 2＝12（M ＋m ）v 2 + Q 解得：Q =13.6J7．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θ＝30°，此时细绳伸直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为μ，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ω1为多大时，细绳开始有张力出现； （2）当转台角速度ω2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3gLω=的过程中，转台对物块做的功．【答案】（1）1ω=（2）2ω=（3）12mgL ⎛ ⎝【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：212sin mg m L μωθ=⋅代入数据得1ω=（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22tan 2sin mg m L θωθ=⋅代入数据得2ω=（3）∵32ωω>，∴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α，有23tan 2sin mg m L αωα=⋅代入数据得60α=︒转台对物块做的功等于物块动能增加量与重力势能增加量的总和即231(2sin 60)(2cos302cos60)2W m L mg L L ω=⋅+-o o o 代入数据得：1(2W mgL =【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．8．如图所示，水平传送带AB 长L=4m ，以v 0=3m/s 的速度顺时针转动，半径为R=0.5m 的光滑半圆轨道BCD 与传动带平滑相接于B 点，将质量为m=1kg 的小滑块轻轻放在传送带的左端．已，知小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.3，取g=10m/s 2，求:(1)滑块滑到B 点时对半圆轨道的压力大小；(2)若要使滑块能滑到半圆轨道的最高点，滑块在传送带最左端的初速度最少为多大． 【答案】（1）28N.（2）7m/s 【解析】 【分析】（1）物块在传送带上先加速运动，后匀速，根据牛顿第二定律求解在B 点时对轨道的压力；（2）滑块到达最高点时的临界条件是重力等于向心力，从而求解到达D 点的临界速度，根据机械能守恒定律求解在B 点的速度；根据牛顿第二定律和运动公式求解A 点的初速度. 【详解】（1）滑块在传送带上运动的加速度为a=μg=3m/s 2；则加速到与传送带共速的时间01v t s a == 运动的距离：211.52x at m ==， 以后物块随传送带匀速运动到B 点，到达B 点时，由牛顿第二定律：2v F mg m R-= 解得F=28N ，即滑块滑到B 点时对半圆轨道的压力大小28N.（2）若要使滑块能滑到半圆轨道的最高点，则在最高点的速度满足：mg=m 2Dv R解得v D 5； 由B 到D ，由动能定理：2211222B D mv mv mg R =+⋅ 解得v B =5m/s>v 0可见，滑块从左端到右端做减速运动，加速度为a=3m/s 2，根据v B 2=v A 2-2aL 解得v A =7m/s9．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060θ=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μ需满足的条件． 【答案】（1）3R （2）7mg （3）2R RL L μ<≤ 【解析】(1) 对滑块，从A 到C 的过程，由机械能守恒可得：21(2)2C mg R r mv -=22Cv mg m r=解得：3R r =； (2) 对滑块，从A 到B 的过程，由机械能守恒可得：212B mgR mv =在B 点，有：2Bv N 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7N N mg '==，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：2112B mgL mv μ-=-可得：1R Lμ=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：221(1cos )2B mgL mgR mv μθ---=-可得：22R L μ= 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：231·22B mg L mv μ-=- 综上所述，μ需满足的条件：2R R L Lμ<<．10．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 ; 【解析】【分析】【详解】(1)由于滑块恰好过C 点，则有：m 1g ＝m 1从A 到C 由动能定理得：Fx －m 1g ·2R ＝m 1v C 2－0代入数据联立解得：F ＝1 N(2)从A 到D 由动能定理得：Fx ＝m 1v D 2代入数据解得：v D ＝5 m/s(3)滑块滑到木板上时，对滑块：μ1m1g＝m1a1，解得：a1＝μ1g＝3 m/s2对木板有：μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2，代入数据解得：a2＝2 m/s2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＝v D－a1tv共＝a2t，代入数据解得：t＝1 s此时滑块的位移为：x1＝v D t－a1t2，木板的位移为：x2＝a2t2，L＝x1－x2，代入数据解得：L＝2.5 mv共＝2 m/sx2＝1 m达到共同速度后木板又滑行x′，则有：v共2＝2μ2gx′，代入数据解得：x′＝1.5 m木板在水平地面上最终滑行的总位移为：x木＝x2＋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．。
高考必备物理曲线运动技巧全解及练习题(含答案)含解析
高考必备物理曲线运动技巧全解及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．如图所示，在竖直平面内有一绝缘“⊂”型杆放在水平向右的匀强电场中，其中AB 、CD水平且足够长，光滑半圆半径为R ，质量为m 、电量为+q 的带电小球穿在杆上，从距B 点x=5.75R 处以某初速v 0开始向左运动．已知小球运动中电量不变，小球与AB 、CD 间动摩擦因数分别为μ1=0.25、μ2=0.80，电场力Eq=3mg/4，重力加速度为g ，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）若小球初速度v 0=4gR ，则小球运动到半圆上B 点时受到的支持力为多大； （2）小球初速度v 0满足什么条件可以运动过C 点；（3）若小球初速度v=4gR ，初始位置变为x=4R ，则小球在杆上静止时通过的路程为多大．【答案】（1）5.5mg （2）04v gR >（3）()44R π+ 【解析】 【分析】 【详解】（1）加速到B 点：221011-22mgx qEx mv mv μ-=- 在B 点：2v N mg m R-=解得N=5.5mg（2）在物理最高点F ：tan qE mgα=解得α=370；过F 点的临界条件：v F =0从开始到F 点：2101-(sin )(cos )02mgx qE x R mg R R mv μαα-+-+=- 解得04v gR =可见要过C 点的条件为：04v gR >（3）由于x=4R<5.75R ，从开始到F 点克服摩擦力、克服电场力做功均小于（2）问，到F 点时速度不为零，假设过C 点后前进x 1速度变为零，在CD 杆上由于电场力小于摩擦力，小球速度减为零后不会返回，则：2121101--(-)202mgx mgx qE x x mg R mv μμ--⋅=-1s x R x π=++解得：(44)s R π=+2．如图所示，带有14光滑圆弧的小车A 的半径为R ，静止在光滑水平面上．滑块C 置于木板B 的右端，A 、B 、C 的质量均为m ，A 、B 底面厚度相同．现B 、C 以相同的速度向右匀速运动，B 与A 碰后即粘连在一起，C 恰好能沿A 的圆弧轨道滑到与圆心等高处．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？(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）023v gR =（2）123gRv =253gR v =【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 0，AB 相碰过程中动量守恒，设碰后AB 总体速度u ，由02mv mu =，解得02v u =C 滑到最高点的过程： 023mv mu mu +='222011123222mv mu mu mgR +⋅=+'⋅ 解得023v gR =(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01222mv mu mv mv +=+22220121111222222mv mu mv mv +⋅=+⋅ 解得：123gRv =253gR v =3．如图所示，光滑的水平地面上停有一质量，长度的平板车，平板车左端紧靠一个平台，平台与平板车的高度均为，一质量的滑块以水平速度从平板车的左端滑上平板车，并从右端滑离，滑块落地时与平板车的右端的水平距离。
高考物理曲线运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析(20211108190310)
高考物理曲线运动解题技巧及经典题型及练习题( 含答案 ) 及分析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．如下图，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，小球抛出后所受空气作使劲沿水平方向，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，重力加快度为 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 v max．【答案】（1）mv22m2 gv2（ 3）v0F24m2g2 0（2）0F2F F 2【分析】【剖析】（1）依据水平方向的运动规律，联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）依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）小球抵达 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，依据运动学公式联合平行四边形定章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： F＝ma x2v0＝ 2a x x m解得：x m＝mv2 2F（2）水平方向速度减小为零所需时间t1＝v 0a x总时间 t＝ 2t1竖直方向上：y＝ 1 gt2＝ 2m2 gv022 F 2（3）小球运动到 B 点速度最大v x=v0V y=gtv max＝ v x2v y2＝vF 24m2g 2 F【点睛】解决此题的重点将小球的运动的运动分解，搞清分运动的规律，联合等时性，运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解．2．如下图，在水平桌面上离桌面右边沿 3.2m 处放着一质量为0.1kg 的小铁球（可看作质点），铁球与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平向右推力F=1.0N 作用于铁球，作用一段时间后撤去。
铁球持续运动，抵达水平桌面边沿 A 点飞出，恰巧落到竖直圆弧轨道 BCD的 B 端沿切线进入圆弧轨道，碰撞过程速度不变，且铁球恰巧能经过圆弧轨道的最高点 D．已知∠ BOC=37°， A、 B、 C、 D 四点在同一竖直平面内，水平桌面离 B 端的竖直高度 H=0.45m ，圆弧轨道半径R=0.5m ，C 点为圆弧轨道的最低点，求：（取sin37 °=0.6，cos37 =0°.8）(1)铁球运动到圆弧轨道最高点 D 点时的速度大小v D；(2)若铁球以 v C=5.15m/s 的速度经过圆弧轨道最低点C，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小F C；（计算结果保存两位有效数字）(3)铁球运动到 B 点时的速度大小v B；(4)水平推力 F 作用的时间t 。
高考物理曲线运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案).docx
高考物理曲线运动解题技巧及经典题型及练习题 ( 含答案 )一、高中物理精讲专题测试曲线运动1． 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m 2 的小球静止在 B处，而质量为 m 1 的小球则以初速度 v 0 向右运动，当地重力加速度为g ，当 m 1 与 m 2 发生弹性碰撞后， m 2 将沿光滑圆形轨道上升，问：（1）当 m 1 与 m 2 发生弹性碰撞后， m 2 的速度大小是多少？（2）当 m 1 与 m 2 满足 m 2 km 1 (k0) ，半圆的半径 R 取何值时，小球 m 2 通过最高点 C后，落地点距离 B 点最远。
【答案】（ 1） 2m 1v 0 /( m 1 +m 2) （ 2） R=v 0 2/2g(1+k)2【解析】【详解】（ 1）以两球组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得： m 1v 0=m 1v 1+m 2v 2，1 2121由机械能守恒定律得：m 1v 0 =m 1v 1 +2 22m 2v 22，解得： v 22m 1v 0 ； m 1 m 2（2）小球 m 2 从 B 点到达 C 点的过程中，由动能定理可得：1 2 1 2，-m 2g ×2R= m 2v 2 ′-2 m 2v 224gR(2v 0)解得： v 2v 2 4gR (2mv)2 2 4gR ；21m 1 m 21 k小球 m 2 通过最高点 C 后，做平抛运动，竖直方向： 2R= 1gt 2，2水平方向： s=v 2′t ，解得： s(2v 0 )2 4R 16R 2 ，1 k g由一元二次函数规律可知，当v 02 时小 m 2 落地点距 B 最远．Rk )22g(12． 如图所示，质量 m=3kg 的小物块以初速度秽 v 0=4m/s 水平向右抛出，恰好从 A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。
圆弧轨道的半径为R= 3.75m ，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道 BD 平滑连接， A 与圆心 D 的连线与竖直方向成37角， MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与 MN 间的动摩擦因数μ=0.1，轨道其他部分光滑。
高考物理力学知识点之曲线运动全集汇编含答案
高考物理力学知识点之曲线运动全集汇编含答案一、选择题1．一质量为2.0×103kg 的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104N ，当汽车经过半径为80m 的弯道时，下列判断正确的是（ ）A ．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力B ．汽车转弯的速度为20m/s 时所需的向心力为1.4×104NC ．汽车转弯的速度为20m/s 时汽车会发生侧滑D ．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s 22．如图所示，“跳一跳”游戏需要操作者控制棋子离开平台时的速度，使其能跳到旁边等高平台上。
棋子在某次跳跃过程中的轨迹为抛物线，经最高点时速度为v 0，此时离平台的高度为h 。
棋子质量为m ，空气阻力不计，重力加速度为g 。
则此跳跃过程（ ）A ．所用时间2ht g=B ．水平位移大小022h x v g= C ．初速度的竖直分量大小为2ghD ．初速度大小为20v gh +3．某质点同时受到在同一平面内的几个恒力作用而平衡，某时刻突然撤去其中一个力，以后这物体将（ ）①可能做匀加速直线运动；②可能做匀速直线运动；③其轨迹可能为抛物线；④可能做匀速圆周运动． A ．①③B ．①②③C ．①③④D ．①②③④4．如图所示，在水平圆盘上，沿半径方向放置用细线相连的两物体A 和B ，它们与圆盘间的摩擦因数相同，当圆盘转速加大到两物体刚要发生滑动时烧断细线，则两个物体将要发生的运动情况是( )A ．两物体仍随圆盘一起转动，不会发生滑动B．只有A仍随圆盘一起转动，不会发生滑动C．两物体均滑半径方向滑动，A靠近圆心、B远离圆心D．两物体均滑半径方向滑动，A、B都远离圆心5．如图所示为一条河流．河水流速为v．—只船从A点先后两次渡河到对岸．船在静水中行驶的速度为u．第一次船头朝着AB方向行驶．渡河时间为t1，船的位移为s1，第二次船头朝着AC方向行驶．渡河时间为t2，船的位移为s2．若AB、AC与河岸的垂线方向的夹角相等．则有A．t1>t2 s1<s2B．t1<t2 s1>s2C．t1＝t2 s1<s2D．t1＝t2 s1>s26．如图所示，质量为m的物体，以水平速度v0离开桌面，若以桌面为零势能面，不计空气阻力，则当它经过离地高度为h的A点时，所具有的机械能是( )A．mv02＋mg h B．mv02-mg hC．mv02＋mg (H-h) D．mv027．一条小河宽90 m，水流速度8 m/s，一艘快艇在静水中的速度为6 m/s，用该快艇将人员送往对岸，则该快艇（）A．以最短位移渡河，位移大小为90 mB．渡河时间随河水流速加大而增长C．渡河的时间可能少于15 sD．以最短时间渡河，沿水流方向位移大小为120 m8．如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R：bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球．始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g．小球从a点开始运动到其他轨迹最高点，机械能的增量为A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR9．一条小河宽100m，水流速度为8m/s，一艘快艇在静水中的速度为6m/s，用该快艇将人员送往对岸．关于该快艇的说法中正确的是（）A．渡河的最短时间为10sB．渡河时间随河水流速加大而增长C．以最短位移渡河，位移大小为100mD．以最短时间渡河，沿水流方向位移大小为400m 310．如图所示，歼-15沿曲线MN向上爬升，速度逐渐增大，图中画出表示歼-15在P点受到合力的四种方向，其中可能的是A．①B．②C．③D．④11．如图所示，从某高处水平抛出一小球，经过时间t到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g．下列说法正确的是（）A．小球水平抛出时的初速度大小为tangtθB．小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为2θC．若小球初速度增大，则θ减小D．若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长12．如图所示，两根长度不同的细绳，一端固定于O点，另一端各系一个相同的小铁球，两小球恰好在同一水平面内做匀速圆周运动，则（）A．A球受绳的拉力较大B．它们做圆周运动的角速度不相等C．它们所需的向心力跟轨道半径成反比D．它们做圆周运动的线速度大小相等13．如图所示，沿竖直杆以速度v匀速下滑的物体A通过轻质细绳拉光滑水平面上的物体B，细绳与竖直杆间的夹角为θ，则以下说法正确的是（）A．物体B向右做匀速运动B．物体B向右做加速运动C．物体B向右做减速运动D．物体B向右做匀加速运动14．如图所示，小船以大小为 v1、方向与上游河岸成θ 的速度(在静水中的速度)从 A 处过河，经过 t 时间正好到达正对岸的 B 处。
高考物理曲线运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析
高考物理曲线运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析一、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m A =2kg 、m B =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E p =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µ满足0.1≤µ≤0.3，g 取10m /s 2，求（1）A 、B 离开弹簧瞬间的速率v A 、v B ； （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µ）．【答案】（1）4m/s （2）0.32m(3) 当满足0.1≤μ<0.2时，Q 1=10μ ；当满足0.2≤μ≤0.3时，22111()22A A m v m M v -+ 【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）设弹簧恢复到自然长度时A 、B 的速度分别为v A 、v B ， 由动量守恒定律：0=A A B B m v m v - 由能量关系：2211=22P A A B B E m v m v -解得v A =2m/s ；v B =4m/s（2）设B 经过d 点时速度为v d ，在d 点：2dB B v m g m R=由机械能守恒定律：22d 11=222B B B B m v m v m g R +⋅ 解得R=0.32m（3）设μ=μ1时A 恰好能滑到小车左端，其共同速度为v,由动量守恒定律：=()A A A m v m M v +由能量关系：()2211122A A A A m gL m v m M v μ=-+ 解得μ1=0.2讨论：（ⅰ）当满足0.1≤μ<0.2时，A 和小车不共速，A 将从小车左端滑落，产生的热量为110A Q m gL μμ== （J ）（ⅱ）当满足0.2≤μ≤0.3时，A 和小车能共速，产生的热量为()22111122A A Q m v m M v =-+，解得Q 2=2J2．如图所示，一根长为0.1 m 的细线，一端系着一个质量是0.18kg 的小球，拉住线的另一端，使球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动，当小球的转速增加到原转速的3倍时，细线断裂，这时测得线的拉力比原来大40 N ．求： （1）线断裂的瞬间，线的拉力； （2）这时小球运动的线速度；（3）如果桌面高出地面0.8 m ，线断裂后小球沿垂直于桌子边缘的方向水平飞出去落在离桌面的水平距离．【答案】（1）线断裂的瞬间，线的拉力为45N ； （2）线断裂时小球运动的线速度为5m/s ； （3）落地点离桌面边缘的水平距离2m ． 【解析】 【分析】 【详解】(1)小球在光滑桌面上做匀速圆周运动时受三个力作用;重力mg 、桌面弹力F N 和细线的拉力F ,重力mg 和弹力F N 平衡，线的拉力提供向心力，有： F N =F =mω2R ，设原来的角速度为ω0,线上的拉力是F 0,加快后的角速度为ω,线断时的拉力是F 1，则有： F 1:F 0=ω2: 20ω=9:1， 又F 1=F 0+40N ，所以F 0=5N ,线断时有：F 1=45N .(2)设线断时小球的线速度大小为v ,由F 1=2v m R，代入数据得：v =5m /s .(3)由平抛运动规律得小球在空中运动的时间为：t =220.810h s g ⨯==0.4s ， 则落地点离桌面的水平距离为：x =vt =5×0.4=2m .3．如图所示，一位宇航员站一斜坡上A 点，沿水平方向以初速度v 0抛出一个小球，测得小球经时间t 落到斜坡上另一点B ，斜坡倾角为α，已知该星球的半径为R ，引力常量为G ，求：（1）该星球表面的重力加速度g ； （2）该星球的密度ρ ． 【答案】（1）02tan v t α （2）03tan 2v RtGαπ 【解析】试题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据平抛运动的规律求出星球表面的重力加速度．根据万有引力等于重力求出星球的质量，结合密度的公式求出星球的密度．（1）小球做平抛运动，落在斜面上时有：tanα===所以星球表面的重力加速度为：g=．（2）在星球表面上，根据万有引力等于重力，得：mg=G解得星球的质量为为：M=星球的体积为：V=πR 3． 则星球的密度为：ρ= 整理得：ρ=点晴：解决本题关键为利用斜面上的平抛运动规律：往往利用斜面倾解的正切值进行求得星球表面的重力加速度，再利用mg=G和ρ=求星球的密度.4．如图所示，光滑轨道CDEF 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0.32R m =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1A m kg =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0.2μ=，物块均可视为质点，物块A 与物块B 的碰撞时间极短，取210/g m s =．求：（1）当3k =时物块A B 、碰撞过程中产生的内能； （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．【答案】（1）6J （2）0.25m （3）①()21W k J =-+②()221521k k W k +-=+【解析】（1）设物块A 在E 的速度为0v ，由牛顿第二定律得：20A A v m g m R=①，设碰撞前A 的速度为1v ．由机械能守恒定律得：220111222A A A m gR m v m v +=②， 联立并代入数据解得：14/v m s =③；设碰撞后A 、B 速度为2v ，且设向右为正方向，由动量守恒定律得()122A A m v m m v =+④；解得：21141/13A AB m v v m s m m ==⨯=++⑤；由能量转化与守恒定律可得：()22121122A AB Q m v m m v =-+⑥，代入数据解得Q=6J ⑦； （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：()()2212A B A B m m gs m m v μ-+=-+⑧，代入数据解得0.25s m =⑨； （3）由④式可知：214/1A A B m v v m s m m k==++⑩；（i ）如果A 、B 能从传送带右侧离开，必须满足()()221 2A B A B m m v m m gL μ+>+，解得：k ＜1，传送带对它们所做的功为：()()21J A B W m m gL k μ=-+=-+； （ii ）（I ）当2v v ≤时有：3k ≥，即AB 返回到传送带左端时速度仍为2v ； 由动能定理可知，这个过程传送带对AB 所做的功为：W=0J ，（II ）当0k ≤<3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()()2221122A B A B W m m v m m v =+-+， 解得()221521k k W k +-=+； 【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．5．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θ＝30°，此时细绳伸直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为μ，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ω1为多大时，细绳开始有张力出现； （2）当转台角速度ω2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3gLω=的过程中，转台对物块做的功．【答案】（1）1g Lμω=（2）233g Lω=（3）132mgL⎛ ⎝ 【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：212sin mg m L μωθ=⋅代入数据得1g Lμω=（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22tan 2sin mg m L θωθ=⋅代入数据得233g Lω=（3）∵32ωω>，∴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α，有23tan 2sin mg m L αωα=⋅代入数据得60α=︒转台对物块做的功等于物块动能增加量与重力势能增加量的总和即231(2sin 60)(2cos302cos60)2W m L mg L L ω=⋅+-o o o 代入数据得：1(3)2W mgL =+【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．6．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V 0=7.0m/s 在水平地面上向左做加速度a=3.0m/s 2的匀减速直线运动，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g=10m/s 2）．【答案】（1） 5/A V m s = （2） 1.25N F N = （3）S AC =1.2m 【解析】 【详解】（1）匀减速运动过程中，有：2202A v v as -=解得：5/A v m s =（2）恰好做圆周运动时物体在最高点B 满足： mg=m 21Bv R，解得1B v =2m/s假设物体能到达圆环的最高点B ，由机械能守恒：12mv 2A =2mgR+12mv 2B 联立可得：v B =3 m/s因为v B >v B1，所以小球能通过最高点B ．此时满足2N v F mg m R+=解得 1.25N F N =（3）小球从B 点做平抛运动，有：2R=12gt 2 S AC =v B ·t得：S AC =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，光滑的水平平台上放有一质量M =2kg ，厚度d =0.2m 的木板，木板的左端放有一质量m =1kg 的滑块（视为质点），现给滑块以水平向右、的初速度，木板在滑块的带动下向右运动，木板滑到平台边缘时平台边缘的固定挡板发生弹性碰撞，当木板与挡板发生第二次碰撞时，滑块恰好滑到木板的右端，然后水平飞出，落到水平地面上的A 点，已知木板的长度l =10m ，A 点到平台边缘的水平距离s =1.6m ，平台距水平地面的高度h =3m ，重力加速度，不计空气阻力和碰撞时间，求：(1)滑块飞离木板时的速度大小；(2)第一次与挡板碰撞时，木板的速度大小；（结果保留两位有效数字） (3)开始时木板右端到平台边缘的距离；（结果保留两位有效数字） 【答案】(1)(2) v =0.67m/s (3)x =0.29m【解析】【分析】【详解】(1)滑块飞离木板后做平抛运动，则有：解得(2)木板第一次与挡板碰撞后，速度方向反向，速度大小不变，先向左做匀减速运动，再向右做匀加速运动，与挡板发生第二次碰撞，由匀变速直线运动的规律可知木板两次与挡板碰撞前瞬间速度相等．设木板第一次与挡板碰撞前瞬间，滑块的速度大小为，木板的速度大小为v由动量守恒定律有：，木板第一与挡板碰后：解得:v=0.67m/s(3)由匀变速直线运动的规律：，，由牛顿第二定律：解得:x=0.29m．【点睛】对于滑块在木板上滑动的类型，常常根据动量守恒定律和能量守恒定律结合进行研究．也可以根据牛顿第二定律和位移公式结合求出运动时间，再求木板的位移．8．地面上有一个半径为R的圆形跑道，高为h的平台边缘上的P点在地面上P′点的正上方，P′与跑道圆心O的距离为L（L＞R），如图所示，跑道上停有一辆小车，现从P点水平抛出小沙袋，使其落入小车中（沙袋所受空气阻力不计）．问：（1）当小车分别位于A点和B点时（∠AOB=90°），沙袋被抛出时的初速度各为多大？（2）要使沙袋落在跑道上，则沙袋被抛出时的初速度在什么范围内？（3）若小车沿跑道顺时针运动，当小车恰好经过A点时，将沙袋抛出，为使沙袋能在B 处落入小车中，小车的速率v应满足什么条件？【答案】（1）(A v L R =-B v =（2）0((L R v L R -≤≤+（3）1(41)0,1,2,3...)2v n n π=+= 【解析】 【分析】 【详解】（1）沙袋从P 点被抛出后做平抛运动，设它的落地时间为t ，则h=12gt 2解得t =（1） 当小车位于A 点时，有x A =v A t=L-R （2）解（1）（2）得v A =（L-R当小车位于B 点时，有B B x v t ==3）解（1）（3）得Bv （2）若小车在跑道上运动，要使沙袋落入小车，最小的抛出速度为v 0min =v A =（L-R 4） 若当小车经过C 点时沙袋刚好落入，抛出时的初速度最大，有x c =v 0max t="L+R" （5）解（1）（5）得 v 0max =（L+R所以沙袋被抛出时的初速度范围为（L-R ≤v 0≤（L+R （3）要使沙袋能在B 处落入小车中，小车运动的时间应与沙袋下落时间相同 t AB =（n+14）2Rv π（n=0，1，2，3…）（6）所以t AB解得v=12（4n+1）n=0，1，2，3…）． 【点睛】本题是对平抛运动规律的考查，在分析第三问的时候，要考虑到小车运动的周期性，小车并一定是经过14圆周，也可以是经过了多个圆周之后再经过14圆周后恰好到达B 点，这是同学在解题时经常忽略而出错的地方．9．如图所示,粗糙水平地面与半径 1.6m R =的光滑半圆轨道BCD 在B 点平滑连接, O 点是半圆轨道BCD 的圆心, B O D 、、三点在同一竖直线上,质量2kg m =的小物块(可视为质点)静止在水平地面上的A 点.某时刻用一压缩弹簧(未画出)将小物块沿AB 方向水平弹出,小物块经过B 点时速度大小为10m/s (不计空气阻力).已知10m AB x =,小物块与水平地面间的动摩擦因数=0.2μ,重力加速度大小210m/s g =.求：(1)压缩弹簧的弹性势能；(2)小物块运动到半圆轨道最高点时,小物块对轨道作用力的大小； (3)小物块离开最高点后落回到地面上的位置与B 点之间的距离. 【答案】(1)140J (2)25N (3)4.8m 【解析】(1)设压缩弹簧的弹性势能为P E ，从A 到B 根据能量守恒，有212P B AB E mv mgx μ=+ 代入数据得140J P E =(2)从B 到D ，根据机械能守恒定律有2211222B D mv mv mg R =+⋅ 在D 点，根据牛顿运动定律有2Dv F mg m R+=代入数据解得25N F =由牛顿第三定律知，小物块对轨道作用力大小为25N (3)由D 点到落地点物块做平抛运动竖直方向有2122R gt = 落地点与B 点之间的距离为D x v t = 代入数据解得 4.8m x =点睛：本题是动能定理、牛顿第二定律和圆周运动以及平抛运动规律的综合应用，关键是确定运动过程，分析运动规律，选择合适的物理规律列方程求解．10．如图所示，表面光滑的长方体平台固定于水平地面上，以平台外侧的一边为x 轴，在平台表面建有平面直角坐标系xoy ，其坐标原点O 与平台右侧距离为d=1.2m 。
高考物理曲线运动的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)含解析
高考物理曲线运动的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)含解析一、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m A =2kg 、m B =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E p =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µ满足0.1≤µ≤0.3，g 取10m /s 2，求（1）A 、B 离开弹簧瞬间的速率v A 、v B ； （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µ）．【答案】（1）4m/s （2）0.32m(3) 当满足0.1≤μ<0.2时，Q 1=10μ ；当满足0.2≤μ≤0.3时，22111()22A A m v m M v -+ 【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）设弹簧恢复到自然长度时A 、B 的速度分别为v A 、v B ， 由动量守恒定律：0=A A B B m v m v - 由能量关系：2211=22P A A B B E m v m v -解得v A =2m/s ；v B =4m/s（2）设B 经过d 点时速度为v d ，在d 点：2dB B v m g m R=由机械能守恒定律：22d 11=222B B B B m v m v m g R +⋅ 解得R=0.32m（3）设μ=μ1时A 恰好能滑到小车左端，其共同速度为v,由动量守恒定律：=()A A A m v m M v +由能量关系：()2211122A A A A m gL m v m M v μ=-+ 解得μ1=0.2讨论：（ⅰ）当满足0.1≤μ<0.2时，A 和小车不共速，A 将从小车左端滑落，产生的热量为110A Q m gL μμ== （J ）（ⅱ）当满足0.2≤μ≤0.3时，A 和小车能共速，产生的热量为()22111122A A Q m v m M v =-+，解得Q 2=2J2．如图所示，在风洞实验室中，从A 点以水平速度v 0向左抛出一个质最为m 的小球，小球抛出后所受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v max ．【答案】（1）202mv F（2）22022m gv F （3）2220 4v F m g F +【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，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：F ＝m a x v 02＝2a x x m解得：202m mv x F＝ （2）水平方向速度减小为零所需时间01xv t a ＝ 总时间t ＝2t 1竖直方向上：22202212m gv y gt F＝＝ （3）小球运动到B 点速度最大 v x =v 0 V y =gt222220max 4x y v v v v F m g F＝＝++【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，在竖直平面内有一倾角θ=37°的传送带BC ．已知传送带沿顺时针方向运行的速度v =4 m/s ，B 、C 两点的距离L =6 m 。
05 曲线运动高考真题分项详解(原卷版)
(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m,多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示：
序号
1
2Hale Waihona Puke 345M(kg)
1.80
1.75
1.85
1.75
A. 、 是与篮球转动角速度无关的常量
B.篮球可回到原高度且角速度与释放时的角速度相同
C.人站得足够高，落地前篮球有可能向上运动
D.释放条件合适，篮球有可能在空中持续一段水平直线运动
13.（2019江苏）6．如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱（）
A. rad/s B. rad/s C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s
18.（2015福建）如图，在竖直平面内，滑到ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上。若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( )
A. 2倍B. 4倍C. 6倍D. 8倍
7.（2014·江苏卷）为了验证做平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图所示的装置进行实验．小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开，自由下落．关于该实验，下列说法中正确的有()
A．两球的质量应相等
B．两球应同时落地
C．应改变装置的高度，多次实验
D．实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动
8.（2014·安徽卷）Ⅰ.图1是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹．
高考物理专题汇编物理曲线运动(一)及解析
高考物理专题汇编物理曲线运动(一)及解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．如图所示，半径为R 的四分之三圆周轨道固定在竖直平面内，O 为圆轨道的圆心，D 为圆轨道的最高点，圆轨道内壁光滑，圆轨道右侧的水平面BC 与圆心等高．质量为m 的小球从离B 点高度为h 处（332R h R ≤≤）的A 点由静止开始下落，从B 点进入圆轨道，重力加速度为g ）．（1）小球能否到达D 点？试通过计算说明； （2）求小球在最高点对轨道的压力范围；（3）通过计算说明小球从D 点飞出后能否落在水平面BC 上，若能，求落点与B 点水平距离d 的范围．【答案】（1）小球能到达D 点；（2）03F mg ≤'≤；（3）()()21221R d R ≤≤【解析】 【分析】 【详解】（1）当小球刚好通过最高点时应有：2Dmv mg R =由机械能守恒可得：()22Dmv mg h R -=联立解得32h R =，因为h 的取值范围为332R h R ≤≤，小球能到达D 点； （2）设小球在D 点受到的压力为F ，则2Dmv F mg R ='+ ()22Dmv mg h R ='- 联立并结合h 的取值范围332R h R ≤≤解得：03F mg ≤≤ 据牛顿第三定律得小球在最高点对轨道的压力范围为：03F mg ≤'≤（3）由（1）知在最高点D 速度至少为min D v gR =此时小球飞离D 后平抛，有：212R gt =min min D x v t =联立解得min 2x R R =>，故能落在水平面BC 上，当小球在最高点对轨道的压力为3mg 时，有：2max 3Dv mg mg m R+=解得max 2D v gR = 小球飞离D 后平抛212R gt ='， max max D x v t ='联立解得max 22x R =故落点与B 点水平距离d 的范围为：()()21221R d R -≤≤-2．光滑水平面AB 与一光滑半圆形轨道在B 点相连，轨道位于竖直面内，其半径为R ，一个质量为m 的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B 点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的9倍，之后向上运动经C 点再落回到水平面，重力加速度为g .求：(1)弹簧弹力对物块做的功；(2)物块离开C 点后，再落回到水平面上时距B 点的距离；(3)再次左推物块压紧弹簧，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为多少？ 【答案】(1) （2）4R （3）或【解析】 【详解】（1）由动能定理得W ＝在B 点由牛顿第二定律得：9mg －mg ＝m解得W ＝4mgR（2）设物块经C 点落回到水平面上时距B 点的距离为S ，用时为t ，由平抛规律知 S=v c t 2R=gt 2从B 到C 由动能定理得联立知，S= 4 R（3）假设弹簧弹性势能为ＥＰ，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则物块可能在圆轨道的上升高度不超过半圆轨道的中点，则由机械能守恒定律知 ＥＰ≤mgR若物块刚好通过C 点，则物块从B 到C 由动能定理得物块在C 点时mg ＝m 则联立知：ＥＰ≥mgR .综上所述，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为 ＥＰ≤mgR 或 ＥＰ≥mgR .3．如图所示，一轨道由半径2R m =的四分之一竖直圆弧轨道AB 和水平直轨道BC 在B 点平滑连接而成．现有一质量为1m Kg =的小球从A 点正上方2R处的O '点由静止释放，小球经过圆弧上的B 点时，轨道对小球的支持力大小18N F N =，最后从C 点水平飞离轨道，落到水平地面上的P 点.已知B 点与地面间的高度 3.2h m =，小球与BC 段轨道间的动摩擦因数0.2μ=，小球运动过程中可视为质点. (不计空气阻力， g 取10 m/s 2). 求：（1）小球运动至B 点时的速度大小B v（2）小球在圆弧轨道AB 上运动过程中克服摩擦力所做的功f W（3）水平轨道BC 的长度L 多大时，小球落点P 与B 点的水平距最大．【答案】（1）4?/B v m s ＝ （2）22?f W J ＝ （3） 3.36L m = 【解析】试题分析：（1）小球在B 点受到的重力与支持力的合力提供向心力，由此即可求出B 点的速度；（2）根据动能定理即可求出小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；（3）结合平抛运动的公式，即可求出为使小球落点P 与B 点的水平距离最大时BC 段的长度．（1）小球在B 点受到的重力与支持力的合力提供向心力，则有：2BN v F mg m R-=解得：4/B v m s =（2）从O '到B 的过程中重力和阻力做功，由动能定理可得：21022f B R mg R W mv ⎛⎫+-=- ⎪⎝⎭解得：22f W J =（3）由B 到C 的过程中，由动能定理得：221122BC C B mgL mv mv μ-=- 解得：222B C BCv v L gμ-=从C 点到落地的时间：00.8t s == B 到P 的水平距离：2202B CC v v L v t gμ-=+ 代入数据，联立并整理可得：214445C C L v v =-+ 由数学知识可知，当 1.6/C v m s =时，P 到B 的水平距离最大，为：L=3.36m【点睛】该题结合机械能守恒考查平抛运动以及竖直平面内的圆周运动，解题的关键就是对每一个过程进行受力分析，根据运动性质确定运动的方程，再根据几何关系求出最大值．4．图示为一过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的光滑圆形轨道组成，BC 分别是圆形轨道的最低点和最高点，其半径R=1m ，一质量m ＝1kg 的小物块（视为质点）从左側水平轨道上的A 点以大小v 0＝12m ／s 的初速度出发，通过竖直平面的圆形轨道后，停在右侧水平轨道上的D 点．已知A 、B 两点间的距离L 1＝5．75m ，物块与水平轨道写的动摩擦因数μ=0．2，取g ＝10m ／s 2，圆形轨道间不相互重叠，求：（1）物块经过B 点时的速度大小v B ； （2）物块到达C 点时的速度大小v C ；（3）BD 两点之间的距离L 2，以及整个过程中因摩擦产生的总热量Q 【答案】(1) 11/m s (2) 9/m s (3) 72J 【解析】 【分析】 【详解】（1）物块从A 到B 运动过程中，根据动能定理得：22101122B mgL mv mv μ-=- 解得：11/B v m s =（2）物块从B 到C 运动过程中，根据机械能守恒得：2211·222B C mv mv mg R =+ 解得：9/C v m s =（3）物块从B 到D 运动过程中，根据动能定理得：22102B mgL mv μ-=- 解得：230.25L m =对整个过程，由能量守恒定律有：20102Q mv =- 解得：Q=72J 【点睛】选取研究过程，运用动能定理解题．动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动．知道小滑块能通过圆形轨道的含义以及要使小滑块不能脱离轨道的含义．5．如图所示,半径为4l,质量为m 的小球与两根不可伸长的轻绳a ,b 连接,两轻绳的另一端分别固定在一根竖直光滑杆的A ,B 两点上.已知A ,B 两点相距为l ,当两轻绳伸直后A 、B 两点到球心的距离均为l ,重力加速度为g ．（1）装置静止时,求小球受到的绳子的拉力大小T ；（2）现以竖直杆为轴转动并达到稳定（轻绳a ,b 与杆在同一竖直平面内）． ①小球恰好离开竖直杆时,竖直杆的角速度0ω多大? ②轻绳b 伸直时,竖直杆的角速度ω多大？【答案】(1)415T = (2)①ω0=15215g l②2g l ω≥【解析】 【详解】(1)设轻绳a 与竖直杆的夹角为α15cos 4α=对小球进行受力分析得cos mgT α=解得：415T =(2)①小球恰好离开竖直杆时，小球与竖直杆间的作用力为零。
高中物理高考物理曲线运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)
高中物理高考物理曲线运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案) 一、高中物理精讲专题测试曲线运动 1．如图所示，粗糙水平地面与半径为R=0.4m的粗糙半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上．质量为m=1kg的小物块在水平恒力F=15N的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到B点时撤去F，
小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D点，已知A、B间的距离为3m，小物块与地面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2．求： （1）小物块运动到B点时对圆轨道B点的压力大小． （2）小物块离开D点后落到地面上的点与D点之间的距离
【答案】（1）160N（2）0.82m 【解析】 【详解】 （1）小物块在水平面上从A运动到B过程中，根据动能定理，有：
（F-μmg）xAB=12mvB2-0 在B点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得： 2Bv
NmgmR
联立解得小物块运动到B点时轨道对物块的支持力为：N=160N 由牛顿第三定律可得，小物块运动到B点时对圆轨道B点的压力大小为：N′=N=160N （2）因为小物块恰能通过D点，所以在D点小物块所受的重力等于向心力，即： 2Dv
mgmR
可得：vD=2m/s 设小物块落地点距B点之间的距离为x，下落时间为t，根据平抛运动的规律有： x=vDt，
2R=12gt2 解得：x=0.8m 则小物块离开D点后落到地面上的点与D点之间的距离20.82mlx
2．如图所示，在竖直平面内有一绝缘“”型杆放在水平向右的匀强电场中，其中AB、CD水平且足够长，光滑半圆半径为R，质量为m、电量为+q的带电小球穿在杆上，从距B点x=5.75R处以某初速v0开始向左运动．已知小球运动中电量不变，小球与AB、CD间动摩擦
因数分别为μ1=0.25、μ2=0.80，电场力Eq=3mg/4，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
高考物理曲线运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)
高考物理曲线运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．如图所示，在风洞实验室中，从A 点以水平速度v 0向左抛出一个质最为m 的小球，小球抛出后所受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v max ．【答案】（1）202mv F（2）22022m gv F （3）2220 4v F m g F【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，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：F ＝m a x v 02＝2a x x m解得：202m mv x F＝ （2）水平方向速度减小为零所需时间01xv t a ＝ 总时间t ＝2t 1竖直方向上：22202212m gv y gt F＝＝ （3）小球运动到B 点速度最大 v x =v 0 V y =gt222220max 4x y v v v v F m g F＝＝++【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．2．光滑水平面AB 与一光滑半圆形轨道在B 点相连，轨道位于竖直面内，其半径为R ，一个质量为m 的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B 点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的9倍，之后向上运动经C 点再落回到水平面，重力加速度为g .求：(1)弹簧弹力对物块做的功；(2)物块离开C 点后，再落回到水平面上时距B 点的距离；(3)再次左推物块压紧弹簧，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为多少？ 【答案】(1) （2）4R （3）或【解析】 【详解】（1）由动能定理得W ＝在B 点由牛顿第二定律得：9mg －mg ＝m解得W ＝4mgR（2）设物块经C 点落回到水平面上时距B 点的距离为S ，用时为t ，由平抛规律知 S=v c t 2R=gt 2从B 到C 由动能定理得联立知，S= 4 R（3）假设弹簧弹性势能为ＥＰ，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则物块可能在圆轨道的上升高度不超过半圆轨道的中点，则由机械能守恒定律知 ＥＰ≤mgR若物块刚好通过C点，则物块从B到C由动能定理得物块在C点时mg＝m则联立知：ＥＰ≥mgR.综上所述，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为ＥＰ≤mgR 或ＥＰ≥mgR.3．如图所示，光滑的水平地面上停有一质量，长度的平板车，平板车左端紧靠一个平台，平台与平板车的高度均为，一质量的滑块以水平速度从平板车的左端滑上平板车，并从右端滑离，滑块落地时与平板车的右端的水平距离。