高考物理曲线运动各地方试卷集合汇编含解析(20211110230326)

高考物理曲线运动各地方试卷会合汇编含分析
一、高中物理精讲专题测试曲线运动
1． 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，并与物块粘在一同，小球与小物 块互相作用时间极短能够忽视．不计空气阻力，重力加快度
g 取 10m/s 2．求：
（ 1）小球粘在物块上的瞬时，小球和小物块共同速度的大小； （ 2）小球和小物块摇动过程中，细绳拉力的最大值；
（ 3）小球和小物块摇动过程中所能达到的最大高度．
【答案】（ 1） v 共 =2.0 m / s （ 2） F=15N (3)h=0.2m
【分析】
（1）由于小球与物块互相作用时间极短，因此小球和物块构成的系统动量守恒．
mv 0 (M
m)v 共
得: v 共 =2.0 m / s （2）小球和物块将以
v
共
开始运动时，轻绳遇到的拉力最大，设最大拉力为
F ，
F (M m) g ( M m)
v 共
2
L
得: F 15N
（3）小球和物块将以
v 共 为初速度向右摇动，摇动过程中只有重力做功，因此机械能守
恒，设它们所能达到的最大高度为
h ，依据机械能守恒：
（ m+M ) gh 1
( m M )v 共 2
2
解得 : h 0.2m
综上所述本题答案是 : （ 1） v 共 =2.0 m / s （ 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）对小球和物块协力供给向心力，可求得轻绳遇到的拉力
（ 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．
2． 一位网球运动员用网球拍击球，使网球沿水平方向飞出．如下图，第一个球从 O 点
水平飞出时的初速度为
v 1，落在自己一方场所上的
B 点后，弹跳起来，恰巧过网上的C
点，落在对方场所上的 A 点；第二个球从 O 点水平飞出时的初速度为 V 2，也恰巧过网上的
C 点，落在 A 点，设球与地面碰撞时没有能量损失，且不计空气阻力，求：
（1）两个网球飞出时的初速度之比v1： v2；
（2）运动员击球点的高度H 与网高 h 之比 H： h
【答案】（ 1）两个网球飞出时的初速度之比v1： v2为 1： 3；（ 2）运动员击球点的高度 H 与网高 h 之比 H： h 为 4： 3．
【分析】
【详解】
（1）两球被击出后都做平抛运动，由平抛运动的规律可知，两球分别被击出至各自第一次
落地的时间是相等的，设第一个球第一次落地时的水平位移为x1，第二个球落地时的水平位移为 x2
由题意知，球与地面碰撞时没有能量损失，故第一个球在 B 点反弹瞬时，其水平方向的分
速度不变，竖直方向的分速度以原速率反向，依据运动的对称性可知两球第一次落地时的
水平位移之比 x1： x2=1： 3，
故两球做平抛运动的初速度之比v1： v2 =1：3
（2）设第一个球从水平方向飞出到落地址 B 所用时间为 t1，第 2 个球从水平方向飞出到 C
点所用时间为 t 2，则有 H=1
gt12，H-h=
1
gt 22 22
又： x1=v1t 1
O、 C 之间的水平距离：x'=v t
1 2 2
第一个球第一次抵达与 C 点等高的点时，其水平位移x' 2=v1t2，由运动的可逆性和运动的对称性可知球 1 运动到和 C 等高点可看作球 1 落地弹起后的最高点反向运动到 C 点；故
2x1 =x'1+x'2
可得： t 1=2t2，H=4（H-h）
得： H： h=4：3
3．一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）该星球表面重力加快度
（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）1
；10
【分析】
（1）依据平抛运动的规律：x＝v0t
得 t＝x
＝
5
s＝1s v0 5
由 h＝1
gt2 2
得： g＝2
2
h
＝
2
2
2
m / s2＝4m / s2
t1
G M 星 m
（2）依据星球表面物体重力等于万有引力：mg ＝
R星2
G M 地 m 地球表面物体重力等于万有引力：mg＝R地2
M 星
＝gR星
24 1 21
则
M 地g R地
2
=
10( 2 )10
点睛：本题是平抛运动与万有引力定律的综合题，重力加快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．
4．如下图，圆滑轨道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 R 0.32m的竖直圆轨道的最高点， DF 部分水平，尾端 F 点与其右边的水平传递带光滑连结，传递带以速率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m A 1
kg的物块 A 从轨道上某点由静止开释，恰巧A B
经过竖直圆轨道最高点E，而后与发生碰撞并粘在一同．若的质量是A的k倍，
B B、与传递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 g 10m / s2．求：
（1）当k 3时物块A、B碰撞过程中产生的内能；
（2）当 k=3 时物块A、B在传递带上向右滑行的最远距离；
（3）议论k在不一样数值范围时，A、B碰撞后传递带对它们所做的
功W 的表达式．
【答案】（1） 6J（ 2） 0.25m（ 3）①W2 k 1 J②W k 22k15
2 k1
【分析】
（1）设物块 A 在 E 的速度为v0，由牛顿第二定律得：m A g m A v02①，
R
设碰撞前 A 的速度为v1．由机械能守恒定律得：2m A gR1m A v021m A v12②，
22
联立并代入数据解得：v14m / s③；
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m A v1 m A m2 v2④；
解得： v2
m A
v1
1
1m / s ⑤；m A m B1
4
3
由能量转变与守恒定律可得：Q 1
m A v12
1
m A m B v22⑥，代入数据解得Q=6J⑦；
2 2
（2）设物块 AB 在传递带上向右滑行的最远距离为s，
由动能定理得：m A m B gs 1
m A m B v22⑧，代入数据解得s0.25m ⑨；2
（3）由④式可知：v2m A v14
m / s ⑩；
m A m B1k （i ）假如 A、 B 能从传递带右边走开，一定知足1
m A m B v22m A m B gL ，2
解得： k＜ 1，传递带对它们所做的功为：W m A m B gL 2 k1 J；（ii ）（ I）当v2v 时有：k 3 ，即AB返回到传递带左端时速度仍为v2；
由动能定理可知，这个过程传递带对AB 所做的功为： W=0J，
（II）当0 k时， AB 沿传递带向右减速到速度为零，再向左加快，
当速度与传递带速度相等时与传递带一同匀速运动到传递带的左边．
在这个过程中传递带对AB 所做的功为W1m A m B v21
m A m B v22，
22
k 22k15解得 W
k1；
2
【点睛】本题考察了动量守恒定律的应用，剖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；解题时注意议论，不然会漏
解． A 恰巧经过最高点E，由牛顿第二定律求出 A 经过 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．依据A、B 速度与传送带速度间的关系剖析AB 的运动过程，依据运动过程应用动能定理求出传递带所做的功．
5．如下图，在竖直平面内有一半径为R
的1
圆滑圆弧轨道AB，与水平川面相切于B 4
点。

现将AB锁定，让质量为m的小滑
块P（视为质点）从A点由静止开释沿轨
道
AB滑
下，最后停在地面上的C点， C、 B 两点间的距离为2R．已知轨道AB的质量
为2m，P
与
B
点右边地面间的动摩擦因数恒定，B点左边地面圆滑，重力加快度大小为g，空气阻力不计。

（1）求 P 刚滑到圆弧轨道的底端
B 点时所受轨道的支持力大小 N 以及 P 与 B 点右边地面间
的动摩擦因数 μ；
（ 2）若将 AB 解锁，让 P 从 A 点正上方某处 Q 由静止开释， P 从 A 点竖直向着落入轨道，最
后恰巧停在 C 点，求：
①当 P 刚滑到地面时，轨道 AB 的位移大小 x 1；
②Q
与
A 点的高度差
h 以及
P 走开轨道
AB 后抵达
C 点所用的时间
t 。

【答案】（ 1） P 刚滑到圆弧轨道的底端
B 点时所受轨道的支持力大小 N 为 3mg ， P 与 B 点
右边地面间的动摩擦因数
μ为 0.5；（ 2）若将 AB 解锁，让
P 从 A 点正上方某处
Q 由静止
开释， P 从 A 点竖直向着落入轨道，最后恰巧停在
C 点，①当 P 刚滑到地面时，轨道
AB
的位移大小 x 1 为
R
；② Q 与 A 点的高度差 h 为
R
， P 走开轨道 AB 后抵达 C 点所用的时间
3
2
t 为 13
2R 。

6
g
【分析】 【详解】
（1）滑块从 A 到 B 过程机械能守恒，应用机械能守恒定律得：
mgR= 1
mv B 2 ，
2
在 B 点，由牛顿第二定律得： N-mg =m
v B2
，
R
解得： v B = 2gR ， N=3mg ，
滑块在 BC 上滑行过程，由动能定理得： -μmg ?2R=0-
1
mv B 2 ，
2
代入数据解得： μ=0.5；
（ 2）①滑块与轨道构成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv 1-2mv 2=0
R x 1
x 1
m
-2m =0，
t
t
解得： x 1=
R
；
3
②滑块 P 走开轨道 AB 时的速度大小为 v B ， P 与轨道 AB 构成的系统在水平方向动量守恒， 以向右为正方向，由动量守恒定律得： mv B -2mv=0，
由机械能守恒定律得：
mg （R+h ） = 1 mv B 2 1
2mv 2 ，
2 2
解得： h= R
；
2
x1
P 向右运动运动的时间：t 1= v B，
P 减速运动的时间为t2，对滑片，由动量定理得：-μmgt 2=0-mv B，运动时间： t=t1+t 2，
解得： t= 132R
；6g
6．图示为一过山车的简略模型，它由水平轨道和在竖直平面内的圆滑圆形轨道构成，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 v0＝ 12m／ s 的初速度出发，经过竖直平面的圆形轨道
后，停在右边水平轨道上的 D 点．已知 A、B 两点间的距离 L1＝ 5． 75m，物块与水平轨道写的动摩擦因数0． 2，取 g＝ 10m／ s2，圆形轨道间不互相重叠，求：
（1）物块经过 B 点时的速度大小 v B；
（2）物块抵达 C 点时的速度大小 v C；
（3） BD 两点之间的距离 L2，以及整个过程中因摩擦产生的总热量Q
【答案】 (1)11m / s (2)9m / s(3) 72J
【分析】
【剖析】
【详解】
（1）物块从 A 到 B 运动过程中，依据动能定理得：mgL11mv B21mv02
22
解得： v B11m / s
（2）物块从 B 到 C 运动过程中，依据机械能守恒得：1
mv B2
1
mv C2mg·2R 22
解得： v C9m / s
（3）物块从 B 到 D 运动过程中，依据动能定理得：mgL201
mv B2 2
解得： L230.25m
对整个过程，由能量守恒定律有：Q1mv020
2
解得： Q=72J
【点睛】
选用研究过程，运用动能定理解题．动能定理的长处在于合用任何运动包含曲线运动．知
道小滑块能经过圆形轨道的含义以及要使小滑块不可以离开轨道的含义．
7．如下图，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结在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ＝ 30°，此时细绳挺直但无张力，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迟缓加快转动，重力加快
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；
g
（3）转台从静止开始加快到角速度3的过程中，转台对物块做的功．
L
【答案】（1）
g3g
（ 3）
1
1
（2）
2
3 mgL
L3L2
【分析】
【剖析】
【详解】
（1）当最大静摩擦力不可以知足所需要向心力时，细绳上开始有张力：
mg m 12 2 L sin 代入数据得
1
g L
（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协力供给
mg tan m 22 2L sin
代入数据得
2
3g 3L
（3）∵3 2 ，∴物块已经走开转台在空中做圆周运动．设细绳与竖直方向夹角为α，有
mg tan m 32 2L sin
代入数据得
60
转台对物块做的功等于物块动能增添量与重力势能增添量的总和即
W 1
m(3 2L sin 60o )2mg (2 L cos30o2L cos60 o ) 2
代入数据得：
1
W (3)mgL
【点睛】
本题考察牛顿运动定律和功能关系在圆周运动中的应用，注意临界条件的剖析，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．依据能量守恒
定律求转台对物块所做的功．
8．如下图，水平传递带 AB 长 L=4m，以 v0=3m/s 的速度顺时针转动，半径为 R=0.5m 的圆滑半圆轨道 BCD 与传动带光滑相接于 B 点，将质量为 m=1kg 的小滑块轻轻放在传递带的
左端．已，知小滑块与传递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，滑块在传递带最左端的初速度最少为多大．
【答案】（1） 28N.（ 2） 7m/s
【分析】
【剖析】
（1）物块在传递带上先加快运动，后匀速，依据牛顿第二定律求解在 B 点时对轨道的压力；（ 2）滑块抵达最高点时的临界条件是重力等于向心力，进而求解抵达 D 点的临界速度，依据机械能守恒定律求解在 B 点的速度；依据牛顿第二定律和运动公式求解 A 点的初速度 .
【详解】
（1）滑块在传递带上运动的加快度为a=μg=3m/s2；则加快到与传递带共速的时间
t v01s 运动的距离： x 1 at2 1.5m ，
a2
此后物块随传递带匀速运动到 B 点，抵达 B 点时，由牛顿第二定律： F mg m v 02
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，则在最高点的速度知足：mg=m v D2
R
解得 v D= 5 m/s ；
由 B 到 D，由动能定理：1
mv B2
1
mv D2mg 2R 22
解得 v B=5m/s>v0
可见，滑块从左端到右端做减速运动，加快度为a=3m/s2，依据 v B2A2
=v -2aL
解得 v A=7m/s
9．如下图，竖直平面内的圆滑3/4 的圆周轨道半径为 R， A 点与圆心 O 等高， B 点在 O 的正上方， AD 为与水平方向成θ =45°角的斜面， AD 长为 7
2 R．一个质量为 m 的小球（视为质点）在 A 点正上方 h 处由静止开释，自由着落至 A 点后进入圆形轨道，并能沿圆形轨道抵达 B 点，且抵达 B 处时小球对圆轨道的压力大小为mg，重力加快度为 g，求：
(1)小球到 B 点时的速度大小v B
(2)小球第一次落到斜面上 C 点时的速度大小v
(3)改变 h，为了保证小球经过 B 点后落到斜面上，h 应知足的条件
3
【答案】 (1)2gR (2)10gR (3)R h 3R
2
【分析】
【剖析】
【详解】
(1)小球经过 B 点时，由牛顿第二定律及向心力公式，有
2
mg mg m
v B
R
解得
v B2gR
(2)设小球走开 B 点做平抛运动，经时间t ，着落高度y，落到 C 点，则
y 1 gt2
2
y cot v B t
两式联立，得
2v B24gR
4R
y
g
g
对小球着落由机械能守恒定律，有
1
mv B2mgy 1 mv2
22
解得
vv22gy2gR8gR10gR
B
(3)设小球恰巧能经过 B 点，过 B 点时速度为 v1，由牛顿第二定律及向心力公式，有
mg
v2 m1
R
又
mg (h R)1
mv12 2
得
h 3 R
2
能够证明小球经过 B 点后必定能落到斜面上
设小球恰巧落到 D 点，小球经过 B 点时速度为 v2，飞翔时间为t，
(72R 2R)sin 1 gt2
2
(72R2R)cos v2t
解得
v22gR
又
mg (h R)1mv22
2
可得
h3R
故 h 应知足的条件为 3 R h 3R
2
【点睛】
小球的运动过程能够分为三部分，第一段是自由落体运动，第二段是圆周运动，此机遇械
能守恒，第三段是平抛运动，剖析清楚各部分的运动特色，采纳相应的规律求解即可．
10．如下图，用绝缘细绳系带正电小球在竖直平面内运动，已知绳长为L，重力加快度g，小球半径不计，质量为m，电荷 q．不加电场时，小球在最低点绳的拉力是球重的9倍。

(1)求小球在最低点时的速度大小；
(2)假如在小球经过最低点时，忽然在空间产生竖直向下的匀强电场，若使小球在后边的运
动中，绳出现柔软状态，求电场强度可能的大小。

【答案】（ 1）v18gL
3mg3mg （ 2）E
5q q
【分析】
【详解】
（1）在最低点，由向心力公式得：
F mg mv12
L
解得：
v18gL
（2）果在小球经过最低点时，忽然在空间产生竖直向下的匀强电场，若使小球在后边的运动中，绳出现柔软状态，说明小球能经过与圆心等的水平面，但不可以经过最高点。

则小球不可以经过最高点，
由动能定理得：
mg 2L Eq2L 1
mv12
1
mv22 22
且
2
Eq mg m v2
L 3mg
则 E
5q
也不可以够低于O 水平面
mgL EqL 3mg
则 E
q mv12 2
3mg3mg 因此电场强度可能的大小范围为E
5q q。