高考物理试卷分类汇编物理曲线运动(及答案)及解析(20211110224807)

高考物理试卷分类汇编物理曲线运动( 及答案 ) 及分析
一、高中物理精讲专题测试曲线运动
1．圆滑水平面AB 与一圆滑半圆形轨道在 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，而后松手，物块在弹力
作用下获取一速度，当它经 B 点进入半圆形轨道瞬时，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，重力加快度为g.求：
(1)弹簧弹力对物块做的功；
(2)物块走开 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离开轨道，则弹簧弹性势能的
取值范围为多少？
【答案】(1)（2） 4R（ 3）或
【分析】
【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= gt2
从 B 到 C 由动能定理得
联立知， S= 4 R
（3）假定弹簧弹性势能为ＥＰ，要使物块在半圆轨道上运动时不离开轨道，则物块可能在
圆轨道的上涨高度不超出半圆轨道的中点，则由机械能守恒定律知
ＥＰ≤mgR
若物块恰巧经过 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离开轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为ＥＰ≤mgR 或ＥＰ≥ mgR.
2．如下图，在竖直平面内有一半径为
R 的
1
圆滑圆弧轨道，与水平川面相切于
B 4AB
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，、
B
两点间的距离为 2 ．已知轨道的质量为 2 ，与
B
C R AB m P
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 x1；
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 x1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32
t 为132R 。

6g 【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 B2，2
在 B 点，由牛顿第二定律得：N-mg =m v
B
2
，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
m
R x 1
-2m
x 1
=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
x 1
P 向右运动运动的时间： t 1= v B ，
P 减速运动的时间为 t 2，对滑片，由动量定理得： -μmgt 2=0-mv B ，
运动时间： t=t 1+t 2，
解得： t= 13 2R
；
6
g
3． 如下图，物体 A 置于静止在圆滑水平面上的平板小车
B 的左端，物体在 A 的上方 O
点用细线悬挂一小球 C(可视为质点 )，线长 L ＝ 0.8m ．现将小球 C 拉至水平无初速度开释， 并在最低点与物体 A 发生水公正碰，碰撞后小球
C 反弹的速度为 2m/s ．已知 A 、 B 、 C 的
质量分别为 m A
B
C
μ＝ 0.2， A 、 C 碰撞时
＝ 4kg 、 m ＝ 8kg 和 m ＝1kg ， A 、 B 间的动摩擦因数
间极短，且只碰一次，取重力加快度
g ＝ 10m/s 2.
(1)求小球 C 与物体 A 碰撞前瞬时遇到细线的拉力大小； (2)求 A 、 C 碰撞后瞬时 A 的速度大小；
(3)若物体 A 未从小车 B 上掉落，小车 B 的最小长度为多少？
【答案】 (1)30 N (2)1.5 m/s (3)0.375 m 【分析】
【详解】
（1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：12 m0 glm0v0 2
代入数据解得： v0＝ 4m/s ，
对小球，由牛顿第二定律得：F﹣m
v02 0g＝m0
l
代入数据解得： F＝30N
（2）小球 C 与 A 碰撞后向左摇动的过程中机械能守恒，得：1
mv C2mgh 2
所以：
v C2gh 2 100.22m/s
小球与 A 碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：m0v0＝﹣ m0v c+mv A
代入数据解得： v A＝1.5m/s
（3）物块 A 与木板 B 互相作用过程，系统动量守恒，以 A 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv A＝（ m+M ）v
代入数据解得： v＝ 0.5m/s
由能量守恒定律得：μmgx 1
mv A21（m+M ） v2 22
代入数据解得：x＝0.375m；
4．如下图 ,半径为l
,质量为 m 的小球与两根不行伸长的轻绳a,b 连结 ,两轻绳的另一端分4
别固定在一根竖直圆滑杆的A,B 两点上 .已知 A,B 两点相距为 l,当两轻绳挺直后A、B 两点到球心的距离均为 l,重力加快度为 g．
（1）装置静止时 ,求小球遇到的绳索的拉力大小T；
（2）现以竖直杆为轴转动并达到稳固（轻绳a,b 与杆在同一竖直平面内）．
①小球恰巧走开竖直杆时,竖直杆的角速度0多大?
②轻绳 b 挺直时 ,竖直杆的角速度多大？
4 15
mg (2)①ω0 =2
15g 2g 【答案】 (1) T
15 ②
15l
l
【分析】
【详解】
(1)设轻绳 a 与竖直杆的夹角为
α
15 cos
4 对小球进行受力剖析得
mg T
cos
解得：
T
4 15
mg
15
(2)①小球恰巧走开竖直杆时，小球与竖直杆间的作使劲为零。

可知小球做圆周运动的半径为
l r=
4
mg tan
m 02 r
解得 :
ω0= 2
15g
15l
②轻绳 b 刚挺直时，轻绳 a 与竖直杆的夹角为
60°，可知小球做圆周运动的半径为
r l sin60
mg tan 60
m
2
r
解得 :
2g ω=
l
轻绳 b 挺直时，竖直杆的角速度
2g l
5． 如下图，竖直平面内有一圆滑的直角细杆
MON ，此中 ON 水平， OM 竖直，两个小物
块 A 和 B 分别套在 OM 和 ON 杆上，连结 AB 的轻绳长为 L=0.5m ，．现将直角杆 MON 绕过 OM 的轴 O 1O 2 迟缓地转动起来．已知 A 的质量为 m 1=2kg ，重力加快度 g 取 10m/s 2。

（ 1）当轻绳与 OM 的夹角 θ=37°时，求轻绳上张力 F 。

（ 2）当轻绳与 OM 的夹角 θ=37°时，求物块 B 的动能 E kB 。

（ 3）若迟缓增大直角杆转速，使轻绳与 OM 的夹角 θ由 37°迟缓增添到 53°，求这个过程中
直角杆对 A 和 B 做的功 W A 、 W B 。

【答案】（ 1） F
25N （2） E 2.25J （ ） W
0 ，
61
kB
A
W B
J
3
12
【分析】 【详解】
（1）因 A 一直处于均衡状态，所以对
A 有
F cos
m 1 g
得F 25N
（2）设 B 质量为 m 2 、速度为 v 、做圆周运动的半径为 r ，对 B 有
F sinm 2
v 2
r
r
L sin
E
kB
1
m 2v 2 2
m 1gL sin 2
得
E kB
2cos
E kB 2.25J
（3）因杆对 A 的作使劲垂直于 A 的位移，所以 W A
由（ 2）中的 m 1gL sin 2
53 时， B 的动能为 E kB
16 E kB
知，当
J
2cos
3
杆对 B 做的功等于 A 、 B 构成的系统机械能的增量，故
W B
E
kB
E kB m 1 gh ①
此中 h
L cos37 L cos53 ② 得 W B
61
J
12
6． 如图甲所示，粗拙水平面与竖直的圆滑半圆环在 N 点相切， M 为圈环的最高点，圆环
半径为 R=0.1m ，现有一质量 m=1kg 的物体以 v 0=4m/s 的初速度从水平面的某点向右运动并冲上竖直圆滑半圆环，取 g=10m/s 2，求：
（1）物体能从 M 点飞出，落到水平面时落点到
N 点的距离的最小值 X m
（2）设出发点到 N 点的距离为 S ，物体从 M 点飞出后，落到水平面时落点到 N 点的距离
为 X ，作出 X 2 随 S 变化的关系如图乙所示，求物体与水平面间的动摩擦因数
μ
（3）要使物体从某点出发后的运动过程中不会在
N 到 M 点的中间隔开半固轨道，求出发
点到 N 点的距离 S 应知足的条件
【答案】（ 1） 0.2m ；（ 2） 0.2；（ 3） 0≤ x ≤ 2.75m 或 3.5m ≤ x ＜ 4m ．
【分析】
【剖析】
（ 1）由牛顿第二定律求得在 M 点的速度范围，而后由平抛运动规律求得水平位移，即可获取最小值；
（2）依据动能定理获取
M 点速度和 x 的关系，而后由平抛运动规律获取 y 和 M 点速度的
关系，即可获取 y 和 x 的关系，联合图象求解；
（ 3）依据物体不离开轨道获取运动过程，而后由动能定理求
解．【详解】
（1）物体能从 M 点飞出，那么对物体在
M 点应用牛顿第二定律可得：
mv M
2
mg ≤
，所
R
以， v M ≥ gR ＝ 1m/s ；
物体能从 M 点飞出做平抛运动，故有：
2R ＝
1
gt 2，落到水平面时落点到
N 点的距离 x ＝
2
v M t ≥ gR 2
R
＝
2R ＝0.2m ；
g
故落到水平面时落点到 N 点的距离的最小值为 0.2m ；
（2）物体从出发点到
M 的运动过程作用摩擦力、重力做功，故由动能定理可得：
1
2
-
1 2
；
- μmgx-2 mgR ＝
mv M
mv 0
2
2
物体从 M 点落回水平面做平抛运动，故有：
2R ＝ 1
g t 2 ，
2
y ＝ v M t ＝ v M 2 4R
(v 0 2 2 gx
4gR) 4R
0.48 0.8 x ；
g
g 由图可得： y 2，所以， μ＝
0.16 ＝ 0.2；
0.8
（3）要使物体从某点出发后的运动过程中不会在 N 到 M 点的中间隔开半圆轨道，那么物
体能抵达的最大高度 0＜ h ≤R 或物体能经过 M 点；
物体能抵达的最大高度 0＜ h ≤R 时，由动能定理可得： - μmgx- mgh ＝ 0-
1
mv 02
，
2
1 mv 0 2
mgh v 0 2 h ，
所以，
x ＝ 2
mg ＝ g
2 所以， 3.5m ≤x＜ 4m ；
物体能经过 M 点时，由（ 1）可知 v M ≥ gR ＝ 1m/s ， 由动能定理可得： - μmgx-2 mgR ＝
1
mv M 2 - 1 mv 02；
2
2
1
mv 0 2
1
mv M 2
2mgR
2
2
所以
x ＝ 2
2 mg
v 0
v M 4gR ，
2 g
所以， 0≤x ≤2.75m ；
【点睛】
经典力学识题一般先对物体进行受力剖析，求得合外力及运动过程做功状况，而后依据牛
顿定律、动能定理及几何关系求解．
7．如下图，四分之一圆滑圆弧轨道AO 经过水平轨道OB 与圆滑半圆形轨道BC 光滑连接， B、 C 两点在同一竖直线上，整个轨道固定于竖直平面内，以O 点为坐标原点成立直角
坐标系xOy。

一质量m=1kg 的小滑块从四分之一圆滑圆弧轨道最高点 A 的正上方 E 处由静止开释，A、 E 间的高度差h=2.7m ，滑块恰巧从 A 点沿切线进入轨道，经过半圆形轨道BC 的最高点 C 时对轨道的压力F=150N，最后落到轨道上的 D 点 (图中未画出)。

已知四分之一
圆弧轨道 AO 的半径 R=1.5m，半圆轨道 BC 的半径 r=0.4m，水平轨道 OB 长 l=0.4m ，重力加快
度 g=10m/s2。

求：
(1)小滑块运动到 C 点时的速度大小；
(2)小滑块与水平轨道OB 间的动摩擦因数；
(3)D 点的地点坐标.
【答案】 (1) v C8m/s(2)0.5 (3)x 1.2m ,y0.6m
【分析】
【详解】
（1）滑块在 C 点时，对滑块受力剖析，有
F mg
v C2 m
r
解得： v C8m / s
（2）滑块从 E 点到 C 点过程，由动能定理可知：
mg h R2r mgl 1
mv c2 2
解得：0.5
（3）小滑块走开 C 点后做平抛运动，若滑块落到水平轨道，则
2r1gt 2， s v C t
2
解得： s 3.2m l 0.4m
所以滑块落到四分之一圆弧轨道上，设落点坐标为x, y ，则有：
2r y1gt 2
2
l x v C t
x2R
2 yR2
解得： x 1.2m，y 0.6m
8．如下图，固定的粗拙弧形轨道下端 B 点水平，上端 A 与 B 点的高度差为 h1＝0.3 m ，倾斜传递带与水平方向的夹角为θ＝ 37°，传递带的上端 C 点到 B 点的高度差为
h ＝ 0.1125m( 传递带传动轮的大小可忽视不计)．一质量为 m＝1 kg 的滑块 (可看作质点 )从2
轨道的 A 点由静止滑下，而后从 B 点抛出，恰巧以平行于传递带的速度从 C 点落到传递带上，传递带逆时针传动，速度大小为v＝ 0.5 m/s ，滑块与传递带间的动摩擦因数为
μ＝ 0.8，且传递带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽视不计，g＝10 m/s 2，试求：
(1).滑块运动至 C 点时的速度v C大小；
(2).滑块由 A 到 B 运动过程中战胜摩擦力做的功W f；
(3).滑块在传递带上运动时与传递带摩擦产生的热量Q.
【答案】（1） 2.5 m/s（2） 1 J（3）32 J
【分析】此题考察运动的合成与分解、动能定理及传递带上物体的运动规律等知识。

(1) 在 C 点，竖直分速度：v y2gh2 1.5m / s
v y v c sin370，解得：v c 2.5m / s
(2)C 点的水均分速度与 B 点的速度相等，则v B＝v x＝v C cos37＝2m / s
从 A 到 B 点的过程中，据动能定理得：mgh1 W f 1
mv B2，解得： W f 1J 2
(3) 滑块在传递带上运动时，依据牛顿第二定律得：mgcos37 － mgsin37 ＝ ma 解得： a＝0.4m / s2
达到共同速度所需时间
v v c
5s t a
两者间的相对位移x v v
c t vt 5m 2
因为 mgsin37mgcos37，今后滑块将做匀速运动。

滑块在传递带上运动时与传递带摩擦产生的热量Q＝mgcos370x＝32J
9．如下图， A、 B 两球质量均为m，用一长为l 的轻绳相连， A 球中间有孔套在圆滑的足
够长的水平横杆上，两球处于静止状态．现给
球第一次抵达最高点，此时小球位于水平横杆下方B 球水平向右的初速度v0，经一段时间后
l/2 处．（忽视轻绳形变）求：
B
(1)B 球刚开始运动时，绳索对小球 B 的拉力大小 T；
(2)B 球第一次抵达最高点时， A 球的速度大小v ；
1
(3)从开始到 B 球第一次抵达最高点的过程中，轻绳对 B 球做的功 W．
【答案】（ 1） mg+m v02v02gl
（ 3）
mgl mv02
（2） v
1
24
l
【分析】
【详解】
（1） B 球刚开始运动时， A 球静止，所以 B 球做圆周运动
对 B 球： T-mg=m v 02 l
得： T=mg+m v 02 l
（2） B 球第一次抵达最高点时，A、 B 速度大小、方向均同样，均为v1
以 A、B 系统为研究对象，以水平横杆为零势能参照平面，从开始到 B 球第一次抵达最高点，依据机械能守恒定律，
1mv02mgl1mv121
mv12mg
l
2222
得：
v1v02gl
2
（3）从开始到 B 球第一次抵达最高点的过程，对 B 球应用动能定理
W-mg l1
mv12
1
mv02 222
mgl mv2
得： W=0
4
10．摄制组在某大楼边拍摄武打片，要求特技演员从地面飞到屋顶，为此导演在某房顶离地高 H=8m 处架设了轻质轮轴．如题图所示，连汽车的轻质钢缆绕在轴上，连演员的轻质
钢缆绕在轮上，轮和轴固连在一同可绕中心固定点无摩擦转动．汽车从图中 A 处由静止开始加快运动，行进s=6m 到 B 处时速度为v=5m/s ．人和车可视为质点，轮和轴的直径之比
为 3： 1，轮轴的大小相关于H 可忽视，钢缆与轮轴之间不打滑，g 取10m/s 2．提示：连结汽车的钢缆与连结演员的钢缆非同一根钢缆．试求：
(1)汽车运动到 B 处时演员的速度大小：
(2)汽车从 A 运动到 B 的过程演员上涨的高度；
(3)若汽车质量M=1500kg ，特技演员的质量m=60kg，且在该过程中汽车受地面阻力大小恒
为 1000N，其他阻力不计，求汽车从 A 运动到 B 的过程中汽车发动机所做的功．
【答案】 (1)9m/s（2）6m（3）30780J
【分析】（1）将汽车的速度v 分解为如下图的状况，有：，
解得：α=37°
则得绳索的伸长速度v1=vsin37 =5°× 0.6=3m/s，
因为轮轴的角速度相等．设人的上涨速度为v3，轮的半径为R，轴的半径为r，则有，
得 v3==9 m/s ；
（2）由图可知，在这一过程中，连结轨道车的钢丝上涨的距离为：△l=-H=2m
轮和轴的直径之比为 3： 1．所以演员上涨的距离为 h=3×2m=6m．
（3）汽车发动机所做的功转变为人的动能，人的重力势能，车的动能，及车与地面的摩擦
力生热．所以： W= mv 人2+mg△h+ Mv 2+fs=30780J；
点睛：考察运动的合成与分解，掌握角速度与线速度的关系，理解功能关系的应用，同时
注意：轮和轴的角速度同样，依据轮和轴的直径之比知道线速度关系．掌握速度分解找出
分速度和合速度的关系．。