高考物理曲线运动各地方试卷集合汇编

高考物理曲线运动各地方试卷集合汇编
一、高中物理精讲专题测试曲线运动
1．已知某半径与地球相等的星球的第一宇宙速度是地球的
1
2
倍．地球表面的重力加速度为g ．在这个星球上用细线把小球悬挂在墙壁上的钉子O 上，小球绕悬点O 在竖直平面内做圆周运动．小球质量为m ，绳长为L ，悬点距地面高度为H ．小球运动至最低点时，绳恰被拉断，小球着地时水平位移为S 求：
(1)星球表面的重力加速度？
(2)细线刚被拉断时，小球抛出的速度多大？ (3)细线所能承受的最大拉力？
【答案】(1)01=4g g 星 (2)0
024
g s
v H L
=
-201[1]42()s T mg H L L =+
- 【解析】 【分析】 【详解】
（1）由万有引力等于向心力可知2
2Mm v G m R R =
2Mm
G
mg R
= 可得2
v g R
=
则014
g g 星＝
（2）由平抛运动的规律：21
2
H L g t -=
星 0s v t =
解得0
024g s v H L
=
- （3）由牛顿定律，在最低点时：2
v T mg m L
-星＝
解得：
2
0 1
1
42()
s
T mg
H L L
⎡⎤
=+
⎢⎥
-
⎣⎦
【点睛】
本题考查了万有引力定律、圆周运动和平抛运动的综合，联系三个问题的物理量是重力加速度g0；知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律和圆周运动向心力的来源是解决本题的关键．
2．有一水平放置的圆盘，上面放一劲度系数为k的弹簧，如图所示，弹簧的一端固定于轴O上，另一端系一质量为m的物体A，物体与盘面间的动摩擦因数为μ，开始时弹簧未发生形变，长度为l．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力．求：
（1）盘的转速ω0多大时，物体A开始滑动？
（2）当转速缓慢增大到2ω0时，A仍随圆盘做匀速圆周运动，弹簧的伸长量△x是多少？
【答案】（1）
g
l
μ
（2）
3
4
mgl
kl mg
μ
μ
-
【解析】
【分析】
（1）物体A随圆盘转动的过程中，若圆盘转速较小，由静摩擦力提供向心力；当圆盘转速较大时，弹力与摩擦力的合力提供向心力．物体A刚开始滑动时，弹簧的弹力为零，静摩擦力达到最大值，由静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求解角速度ω0．
（2）当角速度达到2ω0时，由弹力与摩擦力的合力提供向心力，由牛顿第二定律和胡克定律求解弹簧的伸长量△x．
【详解】
若圆盘转速较小，则静摩擦力提供向心力，当圆盘转速较大时，弹力与静摩擦力的合力提供向心力．
（1）当圆盘转速为n0时，A即将开始滑动，此时它所受的最大静摩擦力提供向心力，则有：
μmg＝mlω02，
解得：ω0=
g l μ
即当ω0＝
g
l
μ
A开始滑动．
（2）当圆盘转速达到2ω0时，物体受到的最大静摩擦力已不足以提供向心力，需要弹簧的弹力来补充，即：μmg+k△x＝mrω12，
r=l+△x
解得：
3
4
mgl x
kl mg
μ
μ
-
V＝
【点睛】
当物体相对于接触物体刚要滑动时，静摩擦力达到最大，这是经常用到的临界条件．本题关键是分析物体的受力情况．
3．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F0,加快后的角速度为ω,线断时的拉力是F1，则有：
F1:F0=ω2: 2
ω=9:1，
又F1=F0+40N，
所以F0=5N,线断时有：F1=45N.
(2)设线断时小球的线速度大小为v,由F1=
2
v
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=220.8
10
h
s
g
⨯
==0.4s，
则落地点离桌面的水平距离为：x=vt=5×0.4=2m.
4．如图所示，将一小球从倾角θ=60°斜面顶端，以初速度v0水平抛出，小球落在斜面上的某点P，过P点放置一垂直于斜面的直杆(P点和直杆均未画出)。

已知重力加速度大小为g，斜面、直杆处在小球运动的同一竖直平面内，求：
(1)斜面顶端与P点间的距离；
(2)若将小球以另一初速度v从斜面顶端水平抛出，小球正好垂直打在直杆上，求v的大小。

【答案】（1）；（2）；
【解析】本题考查平抛与斜面相结合的问题，涉及位移和速度的分解。

（1）小球从抛出到P点，做平抛运动，设抛出点到P点的距离为L
小球在水平方向上做匀速直线运动，有：
在竖直方向上做自由落体运动，有：
联立以上各式，代入数据解得：
（2）设小球垂直打在直杆上时竖直方向的分速度为v y，有：
在水平方向上，有：
在竖直方向上，有：，
由几何关系，可得：
联系以上各式，得：
另解：小球沿斜面方向的分运动为匀加速直线运动，
初速度为：，加速度为
小球垂直打在直杆上，速度为，有：
在斜面方向上，由匀变速运动规律得：
联立以上各式，得：
点睛：物体平抛运动可分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体；也可分解为沿斜面方向的匀变速直线运动和垂直斜面的匀变速直线运动。

5．如图是节水灌溉工程中使用喷水龙头的示意图。

喷嘴离地面高为h，将水连续不断地以恒定速度水平喷出，其喷灌的水平射程为10h，喷嘴横截面积为S（设同一横截面上各点水流速度大小均相同），水的密度为ρ，空气阻力忽略不计。

重力加速度为g。

（1）求空中水的体积V；
（2）假如我们只研究其中一个质量为m的水滴，不计水滴间的相互影响，求它从喷嘴水平喷出后在空中运动过程中的动量变化量△p；
（3）假如水击打在水平地面上速度立即变为零，求水击打地面时竖直向下的平均作用力大小F。

【答案】（1）10hs （2）2
m gh（3）10ρhSg
【解析】
【详解】
（1）水喷出时速度：0
52 22
v gh
h h
g g
===
则空中水的体积：V＝v02h
g
＝10hs
（2）由动量定理得：△P ＝mgt ＝mg
2
h
g
＝m 2gh （3）向下为正，在竖直向对由动量定理：F ＝﹣
1022hS gh
h g
ρ⋅＝﹣10ρhSg （因时间短，
则与地面作用时间内重力可略）
则由牛顿第三定律可得对地面的力为10ρhSg 。

6．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0
60θ=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）3
R （2）7mg （3）2R R
L L μ<≤ 【解析】
(1) 对滑块，从A 到C 的过程，由机械能守恒可得：
2
1(2)2
C mg R r mv -=
22C
v mg m r
=
解得：3
R r =
； (2) 对滑块，从A 到B 的过程，由机械能守恒可得：
212
B mgR mv =
在B 点，有：
2B
v 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：
2
112
B mgL mv μ-=-
可得：1R L
μ=
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：
2
21(1cos )2
B 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：
2
31·22
B mg L mv μ-=-
综上所述，μ需满足的条件：
2R R L L
μ<<．
7．如图，AB 为倾角37θ=︒的光滑斜面轨道，BP 为竖直光滑圆弧轨道，圆心角为
143︒、半径0.4m R =，两轨道相切于B 点，P 、O 两点在同一竖直线上，轻弹资一端固
定在A 点另一自由端在斜面上C 点处，现有一质量0.2kg m =的小物块（可视为质点）在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D 点后（不栓接）静止释放，恰能沿轨道到达P 点，已知
0.2m CD =、sin370.6︒=、cos370.8︒=，g 取210m/s ．求：
（1）物块经过P 点时的速度大小p v ；
（2）若 1.0m BC =，弹簧在D 点时的弹性势能P E ； （3）为保证物块沿原轨道返回，BC 的长度至少多大．
【答案】（1）2m/s (2)32.8J (3)2.0m 【解析】 【详解】
（1）物块恰好能到达最高点P ，由重力提供圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：
mg=m 2
p v R
解得：
100.42m/s P v gR ==⨯=
（2）物块从D 到P 的过程，由机械能守恒定律得：
E p =mg （s DC +s CB ）sin37°+mgR （1+cos37°）+
1
2
mv P 2． 代入数据解得：
E p =32.8J
（3）为保证物块沿原轨道返回，物块滑到与圆弧轨道圆心等高处时速度刚好为零，根据能量守恒定律得：
E p =mg （s DC +s ′CB ）sin37°+mgR （1+cos37°）
解得：
s ′CB =2.0m
点睛：本题综合考查了牛顿第二定律、机械能守恒定律的综合，关键是搞清物体运动的物理过程；知道圆周运动向心力的来源，即径向的合力提供向心力．
8．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2
10m/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
2
12
P 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
22
11222
B D mv mv mg R =+⋅ 在D 点，根据牛顿运动定律有2
D
v 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2122
R 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．
9．如图所示，一质量为m =1kg 的小球从A 点沿光滑斜面轨道由静止滑下，不计通过B 点时的能量损失，然后依次滑入两个相同的圆形轨道内侧，其轨道半径R =10cm ，小球恰能通过第二个圆形轨道的最高点，小球离开圆形轨道后可继续向E 点运动，E 点右侧有一壕沟，E 、F 两点的竖直高度d =0.8m ，水平距离x =1.2m ，水平轨道CD 长为L 1=1m ，DE 长为L 2=3m ．轨道除CD 和DE 部分粗糙外，其余均光滑，小球与CD 和DE 间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g =10m/s 2．求：
（1）小球通过第二个圆形轨道的最高点时的速度； （2）小球通过第一个圆轨道最高点时对轨道的压力的大小；
（3）若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球从A 点释放时的高度的范围是多少？
【答案】(1)1m/s （2）40N (3)0.450.8m h m ≤≤或 1.25h m ≥ 【解析】
⑴小球恰能通过第二个圆形轨道最高点，有：
22
v mg m R
=
求得：υ2gR ①
⑵在小球从第一轨道最高点运动到第二圆轨道最高点过程中，应用动能定理有：
−μmgL 1=
12mv 22−1
2
mv 12 ②
求得：υ1
在最高点时，合力提供向心力，即F N +mg=2
1m R
υ ③ 求得：F N = m(
2
1R
υ−g)= 40N
根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力为：F N ′=F N =40N ④
⑵若小球恰好通过第二轨道最高点，小球从斜面上释放的高度为h1，在这一过程中应用动能定理有：mgh 1 −μmgL 1 −mg 2R =
1
2
mv 22 ⑤ 求得：h 1=2R+μL 1+2
22g
υ=0.45m 若小球恰好能运动到E 点，小球从斜面上释放的高度为h 1，在这一过程中应用动能定理有：
mgh 2−μmg(L 1+L 2)=0−0 ⑥ 求得： h 2=μ(L 1+L 2)=0.8m
使小球停在BC 段，应有h 1≤h≤h 2，即：0.45m≤h≤0.8m 若小球能通过E 点，并恰好越过壕沟时，则有
d =
12gt 2 ⑦ x=v E t →υE =
x
t
=3m/s ⑧ 设小球释放高度为h 3，从释放到运动E 点过程中应用动能定理有： mgh 3 −μmg(L 1+L 2)=
2
12
E mv −0 ⑨ 求得：h 3=μ(L 1+L 2)+22E
g
υ=1.25m 即小球要越过壕沟释放的高度应满足：h≥1.25m
综上可知，释放小球的高度应满足：0.45m≤h≤0.8m 或 h≥1.25m ⑩
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，sin370.6,37cos 0.8︒︒==，g=10m/s 2.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/s P v = (2)v C =9m/s (3)6m/s m v =
【解析】
【详解】
(1)在P 点，根据牛顿第二定律：
2P P v mg N m R
+= 解得: 2.55m/s P v gR ==
(2)由几何关系可知BP 间的高度差(1cos37)BP h R =+︒
物块C 至P 过程中，根据动能定理：
2211sin 37cos37=22
BP 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=02
m mgL mgL mgR mv μ-︒-︒-︒- 解得：6m/s m v =。