高中物理曲线运动试题(有答案和解析)

高中物理曲线运动试题(有答案和解析)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/s 2．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 ）x AB =12mv B 2-0 在B 点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得：2Bv N mg m R-=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 mg m R=可得：v D =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 =v D t ，2R =12gt 2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20.82m l x ==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． 【答案】（1）4m/s 2；（2）110； 【解析】（1）根据平抛运动的规律：x ＝v0t 得0515x t s s v ＝＝＝ 由h ＝12gt 2 得：2222222/4/1h g m s m s t ⨯＝＝＝ （2）根据星球表面物体重力等于万有引力：2G M mmg R 星星＝ 地球表面物体重力等于万有引力：2G M mmg R '地地＝则222411=()10210M gR M g R '⨯=星星地地＝ 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，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．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x BC =0.9m,实验平台距地面髙度h=0.53m ，圆弧半径R=0.4m ，θ=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v B =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0cos370.08C h R R m =-=从B 点飞出后，滑块做平抛运动，根据平抛运动规律：212C h h gt -= 化简则0.3t s =根据 BC B x v t = 可知3/B v m s =飞到C 点时竖直方向的速度3/y v gt m s == 因此tan 1y Bv v θ==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fa g mμ== 根据222E D DE v v ax -=联立两式则4/D v m s =在圆弧轨道最低处2DN v F mg m R-= 则100N F N = ，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0tan yv v α''=由于高度没变，所以3/y y v v m s '== ，037α=因此04/v m s '= 对应的水平位移为01.2AC x v t m ='=所以缩短的AB 段应该是0.3AB AC BC x x x m ∆=-=【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．如图所示，半径为R 的四分之三光滑圆轨道竖直放置，CB 是竖直直径，A 点与圆心等高，有小球b 静止在轨道底部，小球a 自轨道上方某一高度处由静止释放自A 点与轨道相切进入竖直圆轨道，a 、b 小球直径相等、质量之比为3∶1，两小球在轨道底部发生弹性正碰后小球b 经过C 点水平抛出落在离C 点水平距离为22R 的地面上，重力加速度为g ，小球均可视为质点。

求(1)小球b 碰后瞬间的速度；(2)小球a 碰后在轨道中能上升的最大高度。

【答案】6gR 13R 【解析】 【详解】(1)b 小球从C 点抛出做平抛运动，有：2122gt R = 解得4Rt g=小球b 做平抛运动的水平位移：22C x v t R == 解得2C v gR = 根据机械能守恒有：22b b b C b 11222m v m v m gR =+ 可知小球b 在碰后瞬间的速度：b 6v gR(2)a 、b 两小球相碰，由动量守恒得：'a a a a b b m v m v m v =+ a 、b 两小球发生弹性碰撞，由机械能守恒得：222111'222a a a ab b m v m v m v =+ 又m a ＝3m b 解得：23a b v v =11'23a ab v v v ==可得：a 6'gRv =，小球a 在轨道内运动，不能到达圆心高度，所以小球a 不会脱离轨道，只能在轨道内来回滚动，根据机械能守恒可得：2a a a 1'2m v m gh = 解得：3R h =6．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．7．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=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．【答案】（1）5；（2）62J 【解析】 【分析】 【详解】（1）由题知，物体刚好能经过D 点，则有：2Dv mg m R=解得：25D v gR ==m/s（2）物体从弹射到D 点，由动能定理得：21202D W mgL mgR mv μ--=-p W E =解得：p E =62J8．如图所示，倾角θ=30°的光滑斜面上，一轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端连接质量m B =0.5kg 的物块B ，B 通过轻质细绳跨过光滑定滑轮与质量m A =4kg 的物块A 连接，细绳平行于斜面，A 在外力作用下静止在圆心角为α=60°、半径R=lm 的光滑圆弧轨道的顶端a 处，此时绳子恰好拉直且无张力；圆弧轨道最低端b 与粗糙水平轨道bc 相切，bc 与一个半径r=0.12m 的光滑圆轨道平滑连接，静止释放A ，当A 滑至b 时，弹簧的弹力与物块A 在顶端d 处时相等，此时绳子断裂，已知bc 长度为d=0.8m ，求：(g 取l0m/s 2) (1)轻质弹簧的劲度系数k ；(2)物块A 滑至b 处，绳子断后瞬间，圆轨道对物块A 的支持力大小；(3)为了让物块A 能进入圆轨道且不脱轨，则物体与水平轨道bc 间的动摩擦因数μ应满足什么条件？【答案】（1）5/k N m = （2）72N （3）0.350.5μ≤≤或0.125μ≤ 【解析】（1）A 位于a 处时，绳无张力弹簧处于压缩状态，设压缩量为x 对B 由平衡条件可以得到：sin B kx m g θ=当A 滑至b 时，弹簧处于拉伸状态，弹力与物块A 在顶端a 处时相等，则伸长量也为x ，由几何关系可知：2R x =，代入数据解得：5/k N m =； （2）物块A 在a 处和在b 处时，弹簧的形变量相同，弹性势能相同 由机械能守恒有：()22111sin 22A B A A B B m gR cos m gR m v m v αθ-=++ 将A 在b 处，由速度分解关系有：sin B A v v α= 代入数据解得：22/A v m s =在b 处，对A 由牛顿定律有：2Ab A A v N m g m R-= 代入数据解得支持力：72b N N =． （3）物块A 不脱离圆形轨道有两种情况： ①不超过圆轨道上与圆心的等高点由动能定理，恰能进入圆轨道时需要满足：21102A A A m gd m v μ-=-恰能到圆心等高处时需要满足条件：22102A A A A m gr m gd m v μ--=- 代入数据解得：10.5μ=，20.35μ=②过圆轨道最高点，则恰好过最高点时：2A A v m g m r= 由动能定理有：22311222A A A A A m gr m gd m v m v μ--=- 代入数据解得：30.125μ=为使物块A 能进入圆轨道且不脱轨，有：0.350.5μ≤≤或0.125μ≤．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23.mv E =在cd 的左侧有一与cd 相切于N 点的圆形有界匀强磁场，磁场的方向垂直纸面、水平向外.现有一质量为m ，电荷量为q 的带正电粒子自O 点以水平初速度0v 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； ()2P 、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】()012v ，方向与边界cd 成30o 角斜向下；(532L ， ；（3）54L ， 083mv ()0035342L L v π 【解析】 【分析】（1）利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：粒子从O 到N 点时间：t 1=0L v 粒子在电场中加速度：a=qE m =203v L粒子在N 点时竖直方向的速度：v y =at 130粒子从N 点飞离cd 边界时的速度：v=2v 0速度偏转角的正切：tan θ=y0v v 3故θ=600，即速度与边界cd 成300角斜向下．（2）粒子从P 到O 点时间：t 2=0L 2v 粒子从P 到O 点过程的竖直方向位移：y 2=221at 23 粒子从O 到N 点过程的竖直方向位移：y 1=211at 2=3L 2 故P 、N 两点间的距离为：Y PN =y 1+y 253L （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 0cos 6053 解得粒子做匀速圆周运动的半径：53 根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m 2v r解得圆形有界匀强磁场的磁感应强度：B=mv qr =083mv 5qL根据几何关系可以确定磁场区域的半径：R=2r 0cos30即圆形有界匀强磁场的半径：R=5L 4（4）粒子在磁场中运动的周期：T=2πr v粒子在匀强磁场中运动的时间：t3=2 3T=53πL粒子从O点出发至再次回到O点的总时间：t=t1+t2+t3=3L2v+53πL【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结合运动学公式求解，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，还要分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间．10．如图所示，AB为倾角37θ=︒的斜面轨道，BP为半径R=1m的竖直光滑圆弧轨道，O 为圆心，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一端在斜面上C点处，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙，CB长L＝1.25m，物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.25，现有一质量m=2kg的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后释放(不栓接)，物块经过B点后到达P点，在P点物块对轨道的压力大小为其重力的1.5倍，sin370.6,37cos0.8︒︒==，g=10m/s2.求：(1)物块到达P点时的速度大小v P；(2)物块离开弹簧时的速度大小v C；(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物块离开弹簧时速度的最大值v m.【答案】(1)5m/sPv= (2)v C=9m/s (3)6m/smv=【解析】【详解】(1)在P点，根据牛顿第二定律：2PPvmg N mR+=解得: 2.55m/sPv gR==(2)由几何关系可知BP间的高度差(1cos37)BPh R=+︒物块C 至P 过程中，根据动能定理：2211sin 37cos37=22BP P C mgL mgh mgL mv mv μ-︒--︒- 联立可得：v C =9m/s(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物块能够到达的最大高度为与O 等高处的E 点， 物块C 至E 过程中根据动能定理：21cos37sin 37sin 53=02m mgL mgL mgR mv μ-︒-︒-︒- 解得：6m/s m v =。