高考物理曲线运动试题(有答案和解析)

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高考物理曲线运动试题( 有答案和分析 )
一、高中物理精讲专题测试曲线运动
1.如下图,一箱子高为H.底边长为L,一小球从一壁上沿口 A 垂直于箱壁以某一初速
度向对面水平抛出,空气阻力不计。

设小球与箱壁碰撞前后的速度大小不变,且速度方向
与箱壁的夹角相等。

(1)若小球与箱壁一次碰撞后落到箱底处离 C 点距离为,求小球抛出时的初速度v0;(2)若小球正好落在箱子的 B 点,求初速度的可能值。

【答案】( 1)( 2)
【分析】
【剖析】
(1)将整个过程等效为完好的平抛运动,联合水平位移和竖直位移求解初速度;(2)若
小球正好落在箱子的 B 点,则水平位移应当是2L 的整数倍,经过平抛运动公式列式求解
初速度可能值。

【详解】
(1)本题能够当作是无反弹的完好平抛运动,
则水平位移为: x==v0t
竖直位移为: H= gt2
解得: v0=;
(2)若小球正好落在箱子的 B 点,则小球的水平位移为:x′=2nL( n= 1.2.3 )
同理: x′=2nL=v′
H=2
0t,gt ′
解得:( n= 1.2.3 )
2.小孩乐园里的弹珠游戏不单拥有娱乐性还能够锻炼小孩的眼手合一能力。

某弹珠游戏可
简化成如下图的竖直平面内OABCD透明玻璃管道,管道的半径较小。

为研究方便成立平
面直角坐标系,O 点为抛物口,下方接一知足方程y 5
x2的圆滑抛物线形状管道OA;9
AB、BC是半径同样的圆滑圆弧管道,CD 是动摩擦因数μ=0.8 的粗拙直管道;各部分管道在连结处均相切。

A、B、C、D 的横坐标分别为x A=1.20m 、 x B= 2.00m 、x C= 2.65m 、 x D=
3.40m。

已知,弹珠质量m= 100g,直径略小于管道内径。

E 为 BC管道的最高点,在 D 处有一反弹膜能无能量损失的反弹弹珠,sin37 °= 0.6, sin53 °= 0.8, g=10m/s 2,求:
(1)若要使弹珠不与管道OA 触碰,在 O 点抛射速度ν
应当多大;
(2)若要使弹珠第一次抵达 E 点时对轨道压力等于弹珠重力的 3 倍,在 O 点抛射速度 v0应当多大;
(3)游戏设置 3 次经过 E 点获取最高分,若要获取最高分在O 点抛射速度ν0的范围。

【答案】( 1) 3m/s (2) 22 m/s(3)2 3 m/s<ν0<26 m/s
【分析】
【详解】
5
(1)由 y
9
x2得: A 点坐标( 1.20m ,0.80m )
由平抛运动规律得:x A=v0t,y A 1 gt 2
2
代入数据,求得t = 0.4s, v0=3m/s ;
(2)由速度关系,可得θ= 53°
求得 AB、BC 圆弧的半径 R= 0.5m
OE 过程由动能定理得:
mgy A﹣mgR(1﹣cos53 )°1
mv E2
1
mv02 22
解得 v0= 2 2 m/s ;
(3)sinα 2.65 2.00 0.400.5,α= 30°
0.5
CD 与水平面的夹角也为α= 30°
设 3 次经过 E 点的速度最小值为v1.由动能定理得
mgy A﹣mgR(1﹣cos53 )﹣°2μ mgx CD cos30 °=01
mv12 2
解得 v1= 2 3 m/s
设 3 次经过 E 点的速度最大值为v2.由动能定理得
mgy A﹣mgR(1﹣cos53 )﹣°4μ mgx CD cos30 °=01
mv22 2
解得 v2= 6m/s
考虑 2 次经过 E 点后不从O 点走开,有
﹣2μmgx CD cos30 ° 012
=2mv3
解得 v3=2 6 m/s
故 2 3 m/s <ν0< 2 6 m/s
3.如下图,一个固定在竖直平面上的圆滑半圆形管道,管道里有一个直径略小于管道内
径的小球,小球在管道内做圆周运动,从 B 点离开后做平抛运动,经过0.3s 后又恰巧与倾角为450的斜面垂直相碰.已知半圆形管道的半径为R 1m ,小球可看作质点且其质量为m 1kg ,g 10m / s2,求:
(1)小球在斜面上的相碰点 C 与 B 点的水平距离;
(2)小球经过管道上 B 点时对管道的压力大小和方向.
【答案】( 1)0.9m;( 2)1N
【分析】
【剖析】
(1)依据平抛运动时间求得在 C 点竖直分速度,而后由速度方向求得v,即可依据平抛运动水平方向为匀速运动求得水平距离;
(2)对小球在 B 点应用牛顿第二定律求得支持力N B的大小和方向.
【详解】
(1)依据平抛运动的规律,小球在 C 点竖直方向的分速度
v y=gt=10m/s
水均分速度v x=v y tan450=10m/s
则 B 点与 C 点的水平距离为: x=v x t=10m
(2)依据牛顿运动定律,在 B 点
v2
N B+mg=m
R
解得N B=50N
依据牛顿第三定律得小球对轨道的作使劲大小N, =N B=50N
方向竖直向上
【点睛】
该题考察竖直平面内的圆周运动与平抛运动,小球恰巧垂直与倾角为45°的斜面相遇到是解题的重点,要正确理解它的含义.要注意小球经过 B 点时,管道对小球的作使劲可能向
上,也可能向下,也可能没有,要依据小球的速度来剖析.
4.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= 4kg、 m B= 8kg 和 m C=1kg, A、 B 间的动摩擦因数μ= 0.2, A、 C碰撞时间极短,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:m0
gl 1002 2m v
代入数据解得: v0= 4m/s ,
对小球,由牛顿第二定律得:
v02 F﹣m0g=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
因此: v C2gh 2 100.2 2m/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 A2
1
(m+M ) v2 22
代入数据解得:x=0.375m;
5.如图,AB为倾角37的圆滑斜面轨道,BP为竖直圆滑圆弧轨道,圆心角为
143 、半径R 0.4m,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m 0.2 kg的小物块(可视为质点)在
外力作用下将弹簧迟缓压缩到 D 点后(不栓接)静止开释,恰能沿轨道抵达P 点,已知CD 0.2m 、sin370.6 、 cos370.8 ,g取10 m/s2.求:
(1)物块经过P点时的速度大小v p;
(2)若BC 1.0m,弹簧在D点时的弹性势能E P;
(3)为保证物块沿原轨道返回,BC的长度起码多
大.【答案】(1) 2m/s (2)32.8J (3)2.0m
【分析】
【详解】
(1)物块恰巧能抵达最高点P,由重力供给圆周运动的向心力,由牛顿第二定律得:
v2p
mg=m
R
解得:
v P gR10 0.42m/s
(2)物块从 D 到 P 的过程,由机械能守恒定律得:
12

E p=mg( s DC+s CB)sin37 +mgR°( 1+cos37 )°+mv P
2
代入数据解得:
p
E =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恰巧为零,依据能
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:本题综合考察了牛顿第二定律、机械能守恒定律的综合,重点是搞清物体运动的物
理过程;知道圆周运动向心力的根源,即径向的协力供给向心力.
6.一轻质细绳一端系一质量为m =0.05 吻的小球儿另一端挂在圆滑水平轴O 上, O 到小球的距离为L= 0.1m,小球跟水平面接触,但无互相作用,在球的双侧等距离处罚别固定一个
圆滑的斜面和一个挡板,如下图水平距离
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
失时械能 .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时绳索对小球的拉力
.
( 3)滑块 B 与小球碰撞后,小球在竖直平面内做圆周运动,求小球做完好圆周运动的次数.
【答案】( 1)滑块 B 与小球第一次碰前的速度为 95 m/s ,碰后的速度为 0;( 2)滑块 B
与小球第一次碰后瞬时绳索对小球的拉力次。

【分析】
【详解】
( 1)滑块将要与小球发生碰撞时速度为依据能量守恒定律,得:
48N ;( 3)小球做完好圆周运动的次数为
10
v 1 ,碰撞后速度为 v 1′,小球速度为 v 2
mgh=
1
mv 12
mg
s
2
2
解得:
v 1= 95 m/s
A 、
B 发生弹性碰撞,由动量守恒,获取
:
mv 1=mv 1 ′+mv 2
由能量守恒定律,获取:
1
mv 12
1
mv 1 2
1
mv 22
2 2
2
解得:
v 1′ =0,v 2 = 95 m/s
即滑块 B 与小球第一次碰前的速度为
95 m/s ,碰后的速度为 0
(2)碰后瞬时,有:
2 T-mg=m
v 2
L
解得:
T=48N
即滑块 B 与小球第一次碰后瞬时绳索对小球的拉力
48N 。

(3)小球刚能达成一次完好的圆周运动,它到最高点的速度为v0,则有:
mg=m v02
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,依据机械能守恒有:
1 mv22mgL 1
mv02
22
解得:
v= 5 m/s
滑块和小球最后一次碰撞时速度起码为v= 5 m/s,滑块经过的行程为s′,依据能量守恒有:
mgh=1 mv2mgs
2
解得:
s′=19m
小球做完好圆周圆周运动的次数:
s s
2=10次
n=
s1
即小球做完好圆周运动的次数为10次。

7.如下图,某同学在一辆车上荡秋千,开始时车轮被锁定,车的右边有一个和地面相平
的沙坑,且右端和沙坑的左侧沿平齐;当同学摇动到最大摆角
θ=60时,车轮立刻排除锁
定,使车能够在水平川面无阻力运动,该同学今后不再做功,并能够忽视自己大小,已知
秋千绳索长度 L=4.5m,该同学和秋千支架的质量M=200kg ,重力加快度 g=10m/s 2,试求:
(1)该同学摆到最低点时的速率;
(2)在摆到最低点的过程中,绳索对该同学做的功;
(3)该同学到最低点时,趁势走开秋千板,他落入沙坑的地点距离左界限多远?已知车辆
长度 s=3.6m,秋千架安装在车辆的正中央,且转轴离地面的高度H=5.75m.
【答案】( 1) 6m/s ;( 2) -225J;( 3) 0.421m
【分析】
(1)人向下运动的过程中,人与车在水平方向的动量守恒,选用向右为正方向,则:
人向下运动的过程中系统的机械能守恒,则:
代入数据,联立得:
(2)对人向下运动的过程中使用动能定理,得:
代入数据解得:
(3)人在秋千上运动的过程中,人与车构成的系统在水平方向的均匀动量是守恒的,则:
因为运动的时间相等,则:
又:,联立得:,即车向左运动了
人走开秋千后做平抛运动,运动的时间为:
人沿水平方向的位移为:
因此人的落地址到沙坑边沿的距离为:
代入数据,联立得:。

点睛:该题中波及的过程多,用到的知识点多,在解答的过程中要注意对情形的剖析,特
别要注意人在秋千上运动的过程中,车不是静止的,而是向左运动。

8.如下图,一个质量为m=0.2kg 的小物体(P 可视为质点),从半径为R=0.8m 的圆滑圆强轨道的 A 端由静止开释, A 与圆心等高,滑到 B 后水光滑上与圆弧轨道光滑连结的水平桌
面,小物体与桌面间的动摩擦因数为μ=0.6,小物体滑行L=1m后与静置于桌边的另一同样的小物体Q 正碰,并粘在一同飞出桌面,桌面距水平川面高为h=0.8m不计空气阻力,
g=10m/s2.求:
(1)滑至 B 点时的速度大小;
(2)P 在 B 点遇到的支持力的大小;
(3)两物体飞出桌面的水平距离;
(4)两小物体落地前损失的机械能.
【答案】 (1) v14m/s (2) F N6N(3)s=0.4m (4)△ E=1.4J
【分析】
【详解】
(1)物体 P 从 A 滑到 B 的过程,设滑块滑到 B 的速度为v1,由动能定理有:12
mgR mv1
解得: v14m/s
(2)物体 P 做匀速圆周运动,在 B 点由牛顿第二定律有:
F N mg mv12 R
解得物体 P 在 B 点遇到的支持力F N6N
(3) P 滑行至遇到物体Q 前,由动能定理有 :
mgL1mv221m v12
22
解得物体 P 与 Q 碰撞前的速度v22m/s
P 与 Q 正碰并粘在一同,取向右为正方向,由动量守恒定律有: mv2m m v3
解得 P 与 Q 一同从桌边飞出的速度v31m/s
由平碰后 P、 Q 一同做平抛运动,有:
h 1
gt 2 2
s v3t
解得两物体飞出桌面的水平距离s=0.4m
(4)物体 P 在桌面上滑行战胜阻力做功损失一部分机械能:
E1mgL 1.2J
物体 P 和 Q 碰撞过程中损失的机械能 :
E21mv221(m m) v320.2J
22
两小物体落地前损失的机械能E E1E2
解得:△ E=1.4J
9.如下图,水平绝缘轨道AB 长 L=4m,离地高 h=1.8m, A、 B 间存在竖直向上的匀强电场。

一质量 m=0.1kg,电荷量-0
q=-5 ×105
C 的小滑块,从轨道上的 A 点以 v =6m/s 的初速度向右滑动,从 B 点走开电场后,落在地面上的 C 点。

已知 C、 B 间的水平距离 x=2.4m,滑块与轨道间的动摩擦因数μ=0.2,取 g=10m/s 2,求:
(1)滑块走开 B 点时速度的大小;
(2)滑块从 A 点运动到 B 点所用的时间;
(3)匀强电场的场强 E 的大小.
【答案】( 1) 4m/s ;( 2) 0.8s;( 3)5103N/C
【分析】
【详解】
(1)从 B 到 C 过程中,有
12
h=gt
x=v B t
解得
v B= 4m/s
(2)从 A 到 B 过程中,有
v
A v B
x AB=t'
解得
t'= 0.8s
(3)在电场中运动过程中,受力如图
由牛顿第二定律,得
μ( mg+ Eq) =mα
由运动学公式,有
v B2- v A2= 2αx
解得
3
E= 5× 10N/C
10.如下图,一滑板搁置在圆滑的水平川面上,右边紧贴竖直墙壁,滑板由圆心为 O、半径为 R 的四分之一圆滑圆弧轨道和水平轨道两部分构成,且两轨道在 B 点光滑连结,整
高考物理曲线运动试题(有答案和解析)
个系统处于同一竖直平面内.现有一可视为质点的小物块从 A 点正上方 P 点处由静止释
放,落到 A 点的瞬时垂直于轨道方向的分速度立刻变成零,以后沿圆弧轨道 AB 持续下 滑,最后小物块恰巧滑至轨道尾端 C 点处.已知滑板的质量是小物块质量的
3 倍,小物块
滑至 B 点时对轨道的压力为其重力的 3 倍, OA 与竖直方向的夹角为 θ=60°,小物块与水平
轨道间的动摩擦因数为
μ=0.3,重力加快度 g 取 10 m / s 2 ,不考虑空气阻力作用,求:
( 1)水平轨道 BC 的长度 L ;
( 2) P 点到 A 点的距离 h .
【答案】 (1) 2.5R (2)
2
R
3
【分析】 【剖析】
(1)物块从 A 到 B 的过程中滑板静止不动,先依据物块在 B 点的受力状况求解 B 点的速
度;滑块向左滑动时,滑板向左也滑动,依据动量守恒和能量关系列式可求解水平部分的 长度;( 2)从 P 到 A 列出能量关系;在 A 点沿轨道切向方向和垂直轨道方向分解速度;
依据机械能守恒列出从 A 到 B 的方程;联立求解 h .
【详解】
2
(1)在 B 点时,由牛顿第二定律: N B
mg m
v B
,此中 N B =3mg ;
R
解得
v B
2gR ;
从 B 点向 C 点滑动的过程中,系统的动量守恒,则mv B ( m 3m)v ;
由能量关系可知:mgL
1 mv B
2 1 (m 3m)v 2
2
2
联立解得: L=2.5R ;
(2)从 P 到 A 点,由机械能守恒:
1 mv A 2

mgh=
2
在 A 点: v A1
v A sin 600 ,
从 A 点到 B 点: 1
mv A 21
mgR(1 cos60 0
)
1
mv B 2
2
2
联立解得 h=
2
R
3。

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