高考物理曲线运动各地方试卷集合汇编及解析

高考物理曲线运动各地方试卷集合汇编及解析
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
+)()2
m 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．
2．如图所示，BC 为半径r 2
25
=
m 竖直放置的细圆管，O 为细圆管的圆心，在圆管的末端C 连接倾斜角为45°、动摩擦因数μ＝0.6的足够长粗糙斜面，一质量为m ＝0.5kg 的小球从O 点正上方某处A 点以v 0水平抛出，恰好能垂直OB 从B 点进入细圆管，小球过C 点时
速度大小不变，小球冲出C 点后经过
9
8
s 再次回到C 点。

（g ＝10m/s 2）求：
（1）小球从O 点的正上方某处A 点水平抛出的初速度v 0为多大？ （2）小球第一次过C 点时轨道对小球的支持力大小为多少？
（3）若将BC 段换成光滑细圆管，其他不变，仍将小球从A 点以v 0水平抛出，且从小球进入圆管开始对小球施加了一竖直向上大小为5N 的恒力，试判断小球在BC 段的运动是否为匀速圆周运动，若是匀速圆周运动，求出小球对细管作用力大小；若不是匀速圆周运动则说明理由。

【答案】（1）2m/s （2）20.9N （3）2N 【解析】 【详解】
（1）小球从A 运动到B 为平抛运动，有：r sin45°＝v 0t 在B 点有：tan45°0
gt v =
解以上两式得：v 0＝2m/s （2）由牛顿第二定律得： 小球沿斜面向上滑动的加速度： a 14545mgsin mgcos m μ︒+︒
=
=g sin45°+μg cos45°＝22
小球沿斜面向下滑动的加速度： a 24545mgsin mgcos m
μ︒-︒
=
=g sin45°﹣μg cos45°＝2m/s 2
设小球沿斜面向上和向下滑动的时间分别为t 1、t 2，
由位移关系得：12
a 1t 121
2=a 2t 22
又因为：t 1+t 29
8
=s
解得：t 138
=
s ，t 234=s
小球从C 点冲出的速度：v C ＝a 1t 1＝2m/s
在C 点由牛顿第二定律得：N ﹣mg ＝m 2
C
v r
解得：N ＝20.9N
（3）在B 点由运动的合成与分解有：v B 0
45v sin =
=︒
22m/s 因为恒力为5N 与重力恰好平衡，小球在圆管中做匀速圆周运动。

设细管对小球作用力大小为F
由牛顿第二定律得：F ＝m 2B
v r
解得：F ＝52N
由牛顿第三定律知小球对细管作用力大小为52N ，
3．如图所示，水平长直轨道AB 与半径为R =0.8m 的光滑1
4
竖直圆轨道BC 相切于B ，BC 与半径为r =0.4m 的光滑
1
4
竖直圆轨道CD 相切于C ，质量m =1kg 的小球静止在A 点，现用F =18N 的水平恒力向右拉小球，在到达AB 中点时撤去拉力，小球恰能通过D 点．已知小球与水平面的动摩擦因数μ=0.2，取g =10m/s 2．求： （1）小球在D 点的速度v D 大小； （2）小球在B 点对圆轨道的压力N B 大小； （3）A 、B 两点间的距离x ．
【答案】(1)2/D v m s = （2）45N (3)2m 【解析】 【分析】 【详解】
（1）小球恰好过最高点D ，有：
2D
v mg m r
=
解得：2m/s D v = （2）从B 到D ，由动能定理：
22
11()22
D B mg R r mv mv -+=
- 设小球在B 点受到轨道支持力为N ，由牛顿定律有：
2B
v N mg m R
-=
N B =N
联解③④⑤得：N =45N （3）小球从A 到B ，由动能定理：
2122
B x F
mgx mv μ-= 解得：2m x =
故本题答案是：(1)2/D v m s = （2）45N (3)2m 【点睛】
利用牛顿第二定律求出速度，在利用动能定理求出加速阶段的位移，
4．如图所示，水平转盘可绕竖直中心轴转动，盘上放着A 、B 两个物块，转盘中心O 处固定一力传感器，它们之间用细线连接．已知1kg A B m m ==两组线长均为
0.25m L =．细线能承受的最大拉力均为8m F N =．A 与转盘间的动摩擦因数为
10.5μ=，B 与转盘间的动摩擦因数为20.1μ=，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，两物块和力传感器均视为质点，转盘静止时细线刚好伸直，传感器的读数为零．当转
盘以不同的角速度勾速转动时，传感器上就会显示相应的读数F ，g 取2
10m/s ．求：
（1）当AB 间细线的拉力为零时，物块B 能随转盘做匀速转动的最大角速度； （2）随着转盘角速度增加，OA 间细线刚好产生张力时转盘的角速度；
（3）试通过计算写出传感器读数F 随转盘角速度ω变化的函数关系式，并在图乙的坐标系中作出2F ω-图象．
【答案】（1）12/rad s ω= （2）222/rad s ω= （3）22
52/m rad s ω=
【解析】
对于B ，由B 与转盘表面间最大静摩擦力提供向心力，由向心力公式有：
2212B B m g m L μω=
代入数据计算得出：12/rad s ω=
（2）随着转盘角速度增加，OA 间细线中刚好产生张力时，设AB 间细线产生的张力为
T ，有：
212A A m g T m L μω-=
2222B B T m g m L μω+=
代入数据计算得出：222/rad s ω= （3）①当2228/rad s ω≤时，0F =
②当2228/rad s ω≥，且AB 细线未拉断时，有：
21A A F m g T m L μω+-= 222B B T m g m L μω+=
8T N ≤
所以：2
364
F ω=
-；222228/18/rad s rad s ω≤≤ ③当218ω>时，细线AB 断了，此时A 受到的静摩擦力提供A 所需的向心力，则有：
21A A m g m w L μ≥
所以：2222218/20/rad s rad s ω<≤时，0F =
当22220/rad s ω>时，有2
1A A F m g m L μω+=
8F N ≤
所以：2
154
F ω=
-；2222220/52/rad s rad s ω<≤ 若8m F F N ==时，角速度为：222
52/m rad s ω=
做出2F ω-的图象如图所示；
点睛：此题是水平转盘的圆周运动问题，解决本题的关键正确地确定研究对象，搞清向心力的来源，结合临界条件，通过牛顿第二定律进行求解．
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 13
R 【解析】 【详解】
(1)b 小球从C 点抛出做平抛运动，有：2
122
gt R = 解得4R
t 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 11
222
m 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
'222
a a a a
b b m v m v m v =+ 又m a ＝3m b 解得：23a b v v = 11
'23
a a
b v v v == 可得：a 6'gR
v =
，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
'2
m v m gh = 解得：3
R h =
6．如图所示，一半径r ＝0.2 m 的1/4光滑圆弧形槽底端B 与水平传送带相接，传送带的运行速度为v 0＝4 m/s ，长为L ＝1.25 m ，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，DEF 为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空方形细管，EF 段被弯成以O 为圆心、半径R ＝0.25 m 的一小段圆弧，管的D 端弯成与水平传带C 端平滑相接，O 点位于地面，OF 连线竖直．一质量为M ＝0.2 kg 的物块a 从圆弧顶端A 点无初速滑下，滑到传送带上后做匀加速运动，过后滑块被传送带送入管DEF ，已知a 物块可视为质点，a 横截面略小于管中空部分的横截面，重力加速度g 取10 m/s 2．求：
(1)滑块a 到达底端B 时的速度大小v B ； (2)滑块a 刚到达管顶F 点时对管壁的压力． 【答案】（1）2/B v m s = （2） 1.2N F N = 【解析】
试题分析：（1）设滑块到达B 点的速度为v B ，由机械能守恒定律，有21g 2
B M r Mv = 解得：v B =2m/s
（2）滑块在传送带上做匀加速运动，受到传送带对它的滑动摩擦力， 由牛顿第二定律μMg =Ma
滑块对地位移为L ，末速度为v C ，设滑块在传送带上一直加速 由速度位移关系式2Al=v C 2-v B 2
得v C =3m/s<4m/s ，可知滑块与传送带未达共速 ,滑块从C 至F ，由机械能守恒定律，有
221122C F Mv MgR Mv =+ 得v F =2m/s
在F 处由牛顿第二定律2g F
N v M F M R
+=
得F N =1．2N 由牛顿第三定律得管上壁受压力为1．2N, 压力方向竖直向上 考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律
【名师点睛】物块下滑和上滑时机械能守恒，物块在传送带上运动时，受摩擦力作用，根据运动学公式分析滑块通过传送带时的速度，注意物块在传送带上的速度分析．
7．如图所示，长为3l 的不可伸长的轻绳，穿过一长为l 的竖直轻质细管，两端分别拴着质量为m 、2m 的小球A 和小物块B ，开始时B 静止在细管正下方的水平地面上。

保持细管竖直用手轻轻摇动细管，稳定后A 在水平面内做匀速圆周运动而B 保持静止状态。

某时刻B 静止在地面上且对地面的压力恰好为零。

已知重力加速度为g ，不计一切阻力。

求：
()1该时刻连接A 的轻绳与竖直方向的夹角θ； ()2该时刻A 的线速度大小v ；
()3从该时刻起轻摇细管使B 升高到离地高度为/2l 处保持静止，求B 上升过程中手对
A 、
B 系统做的功。

【答案】()1?
60o
；()32?2
gl
；()938mgl 。

【解析】 【分析】
(1)对B 根据平衡求绳子的拉力；对A 球分析，由力的平衡条件可求绳与竖直方向夹角θ； (2)对A 水平方向做圆周运动，利用牛顿第二定律列式求解；
(3)由力的平衡条件和牛顿第二定律并结合功能关系列式联立可求整个过程中人对A 、B 系统做的功。

【详解】
（1）B 对地面刚好无压力，故此时绳子的拉力为2T mg = 对A 受力分析如图所示：
在竖直方向合力为零，故cos T mg θ= 代入数据解得：60θ=o
（2）A 球水平方向做圆周运动，由牛顿第二定律得：2
sin sin v T m l θθ
=代入数据解得：
32
gl
v =
（3）当B 上升
2l 时，拉A 的绳长为32
l
，此时对水平方向上有： 2
1sin 3sin 2
v T m
l θθ= 联立解得：13
2
v gl =A 相对于原来的高度下降的距离：cos 24l l h V θ=
=B 物体重力势能的增加量：122
l
E mg mgl =⋅=V A 物体重力势能的减少量：244
l mgl
E mg =⋅
=V A 物体动能的增加量2231113
228
E mv mv mgl =
-=V 对系统运用功能关系可得手对系统做的功：1229
8
W E E E mgl =-+=V V V 【点睛】
本题综合考查共点力平衡、牛顿第二定律和功能关系，对于圆锥摆问题，关键分析小球的受力情况，确定其向心力，运用牛顿第二定律和圆周运动的知识结合解答。

8．如图甲所示，长为4m 的水平轨道AB 与半径为R =1m 的竖直半圆弧管道BC 在B 处平滑连接，一质量为1kg 可看作质点的滑块静止于A 点，某时刻开始受水平向右的力F 作用开始运动，从B 点进入管道做圆周运动，在C 点脱离管道BC ，经0.2s 又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰。

已知F 的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB 间的动摩擦因数为μ=0.3，取g =10m/s 2。

求：
（1）滑块在C点的速度大小；
（2）滑块经过B点时对管道的压力；
（3）滑块从A到C的过程中因摩擦而产生的热量。

【答案】(1) 2m/s(2) 106N，方向向下(3) 38J
【解析】(1)滑块从C离开后做平抛运动，由题意知：
又：
解得：v C=2m/s
(2)滑块从A到B的过程中，由动能定理得：
设在B点物块受到的支持力为N，由牛顿第二定律有：
滑块对圆弧管道的压力，由牛顿第三定律有：
联立以上方程，解得：=106N，方向向下；
(3) 滑块从A到B的过程中因摩擦产生的热量：12J
滑块从B到C的过程中，由能量守恒定律有：
又：
综上解得：Q=38J。

点睛：本题是一道力学综合题，分析清楚滑块运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、动能定理与能量守恒定律即可解题。

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L1=1m，DE长为L2=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/s2．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：
22v 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 22−12
mv 12 ② 求得：υ12212gL υμ+5 在最高点时，合力提供向心力，即F N +mg=21m 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 = 12
mv 22 ⑤ 求得：h 1=2R+μL 1+222g
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 →t =2d g = 0.4s 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)=212
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
10．一轻质细绳一端系一质量为m =0.05吻的小球儿另一端挂在光滑水平轴O 上，O 到小球的距离为L = 0.1m ，小球跟水平面接触，但无相互作用，在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板，如图所示水平距离s=2m ，动摩擦因数为μ=0.25.现有一滑块B ，质量也为m =0.05kg ，从斜面上高度h =5m 处滑下，与 小球发生弹性正碰，与挡板碰撞时不损失机械能.若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，（g 取10m/s 2，结果用根号表示），试问：
（1）求滑块B 与小球第一次碰前的速度以及碰后的速度.
（2）求滑块B 与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力.
（3）滑块B 与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，求小球做完整圆周运动的次数.
【答案】（1）滑块B 95，碰后的速度为0；（2）滑块B 与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力48N ；（3）小球做完整圆周运动的次数为10次。

【解析】
【详解】
（1）滑块将要与小球发生碰撞时速度为v 1，碰撞后速度为v 1′，小球速度为v 2
根据能量守恒定律，得：
mgh =
21122
s mv mg μ+ 解得：
v 195
A 、
B 发生弹性碰撞，由动量守恒，得到:
mv 1=mv 1′+mv 2
由能量守恒定律，得到：
222112111222
mv mv mv '=+ 解得：
v 1′=0，v 2
即滑块B
，碰后的速度为0
（2）碰后瞬间，有：
T-mg =m 22v L
解得：
T =48N
即滑块B 与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力48N 。

（3）小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为v 0，则有：
mg =m 20v L
小球从最低点到最高点的过程机械能守恒，设小球在最低点速度为v ，根据机械能守恒有：
22011222
mv mgL mv =+ 解得：
v
滑块和小球最后一次碰撞时速度至少为v
，滑块通过的路程为s ′，根据能量守恒有:
mgh =
212mv mgs μ+ 解得：
s ′=19m
小球做完整圆周圆周运动的次数：
n =21s s s
'-
+= 10次 即小球做完整圆周运动的次数为10次。