高考物理曲线运动试题(有答案和解析)含解析

高考物理曲线运动试题(有答案和解析)含解析
一、高中物理精讲专题测试曲线运动
1．如图所示，倾角为45α=︒的粗糙平直导轨与半径为r 的光滑圆环轨道相切，切点为
b ，整个轨道处在竖直平面内. 一质量为m 的小滑块从导轨上离地面高为H =3r 的d 处无初速下滑进入圆环轨道，接着小滑块从最高点a 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O 等高的
c 点. 已知圆环最低点为e 点，重力加速度为g ，不计空气阻力. 求： （1）小滑块在a 点飞出的动能； （）小滑块在e 点对圆环轨道压力的大小；
（3）小滑块与斜轨之间的动摩擦因数. （计算结果可以保留根号）
【答案】（1）12k E mgr =；（2）F ′=6mg ；（3）42μ-= 【解析】 【分析】 【详解】
（1）小滑块从a 点飞出后做平拋运动： 2a r v t = 竖直方向：2
12
r gt = 解得：a v gr =
小滑块在a 点飞出的动能211
22
k a E mv mgr =
= （2）设小滑块在e 点时速度为m v ，由机械能守恒定律得：
2211
222
m a mv mv mg r =+⋅ 在最低点由牛顿第二定律：2
m mv F mg r
-= 由牛顿第三定律得：F ′=F 解得：F ′=6mg
（3）bd 之间长度为L ，由几何关系得：()
221L r =
从d 到最低点e 过程中，由动能定理21
cos 2
m mgH mg L mv μα-⋅= 解得42
14
μ-=
2．如图所示，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v 0；
（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）
【解析】 【分析】
（1）将整个过程等效为完整的平抛运动，结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，则水平位移应该是2L 的整数倍，通过平抛运动公式列式求解初速度可能值。

【详解】
（1）此题可以看成是无反弹的完整平抛运动， 则水平位移为：x ＝
＝v 0t
竖直位移为：H ＝gt 2 解得：v 0＝
；
（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′0t ，H ＝gt′2 解得：
（n ＝1.2.3……）
3．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．
4．光滑水平轨道与半径为R 的光滑半圆形轨道在B 处连接，一质量为m 2的小球静止在B 处，而质量为m 1的小球则以初速度v 0向右运动，当地重力加速度为g ，当m 1与m 2发生弹性碰撞后，m 2将沿光滑圆形轨道上升，问：
（1）当m 1与m 2发生弹性碰撞后，m 2的速度大小是多少？
（2）当m 1与m 2满足21(0)m km k =>，半圆的半径R 取何值时，小球m 2通过最高点C 后，落地点距离B 点最远。

【答案】（1） 2m 1v 0/(m 1+m 2) （2） R =v 02/2g (1+k )2 【解析】 【详解】
（1）以两球组成的系统为研究对象， 由动量守恒定律得：m 1v 0=m 1v 1+m 2v 2， 由机械能守恒定律得：12m 1v 02=12m 1v 12+1
2
m 2v 22， 解得：10
212
2m v v m m =
+；
（2）小球m 2从B 点到达C 点的过程中， 由动能定理可得：-m 2g ×2R =12m 2v 2′2-1
2
m 2v 22， 解得：2
221002212224(
)4()41m v v
v v gR gR gR m m k
'=-=
-=-++
小球m 2通过最高点C 后，做平抛运动，
竖直方向：2R =12
gt 2
， 水平方向：s =v 2′t ，
解得：22024(
)161v R
s R k g
=-+， 由一元二次函数规律可知，当20
22(1)
v R g k =+时小
m 2落地点距B 最远．
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。

7．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．
8．如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB 是一长为2R 的竖直细管，上半部BC 是半径为R 的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB 管内有一原长为R 、下端固定的轻质弹簧．投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R 后锁定，在弹簧上段放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．设质量为m 的鱼饵到达管口C 时，对管壁的作用力恰好为零．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能．已知重力加速度为g ．求： (1)质量为m 的鱼饵到达管口C 时的速度大小v 1; (2)弹簧压缩到0.5R 时的弹性势能E p ;
(3)已知地面欲睡面相距1.5R ，若使该投饵管绕AB 管的中轴线OO ' 。

在90︒角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在
2
3
m 到m 之间变化，且均能落到水面．持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S 是多少？
【答案】gR ；(2)3mgR ；(3)28.25R π 【解析】 【分析】 【详解】
(1)质量为m 的鱼饵到达管口C 时做圆周运动的向心力，完全由重力提供，则
2
1v mg m R
=
可以解得
1v gR =
(2)从弹簧释放到最高点C 的过程中，弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由系统的机械能守恒定律有
2
1102F G W W mv +=
- 即
()2
12.502
F W mg R m gR
-=
-
得
3F W mgR =
故弹簧弹性势能为E p =3mgR
(3)不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响，质量为m 的鱼饵离开管口C 后做平抛运动，设经过t 时间落到水面上，得
23h R t g g
=
=
离OO'的水平距离为x 1，鱼饵的质量为m 时
113x v t R ==
鱼饵的质量为
2
3
m 时，由动能定理 ()()2
1
2122.50323F W mg R m v ⎛⎫-=- '⎪⎝⎭
整理得：
1
4v gR '= 同理：
21
6x v t R ='= 114r x r R =+= 227r x r R =+=
鱼饵能够落到水面的最大面积S 是
()
222211
8.254
S r r R πππ=
-= 【点睛】
本题考查了圆周运动最高点的动力学方程和平抛运动规律，转轴转过90°鱼饵在水平面上
形成圆周是解决问题的关键，这是一道比较困难的好题．
9．某高中物理课程基地拟采购一种能帮助学生对电偏转和磁偏转理解的实验器材.该器材的核心结构原理可简化为如图所示.一匀强电场方向竖直向下，以竖直线ab 、cd 为边界，
其宽度为L ，电场强度的大小为20
3.mv E qL
=在cd 的左侧有一与cd 相切于N 点的圆形有
界匀强磁场，磁场的方向垂直纸面、水平向外.现有一质量为m ，电荷量为q 的带正电粒
子自O 点以水平初速度0v 正对M 点进入该电场后，从N 点飞离cd 边界，再经磁场偏转后又从P 点垂直于cd 边界回到电场区域，并恰能返回O 点.粒子重力不计.试求：
()1粒子从N 点飞离cd 边界时的速度大小和方向；
()2P 、N 两点间的距离；
()3圆形有界匀强磁场的半径以及磁感应强度大小；
()4该粒子从O 点出发至再次回到O 点的总时间．
【答案】()012v ，方向与边界cd 成30o 角斜向下；()532
L ， ；（3）54L ， 083mv ；()0035342L L v π+ 【解析】
【分析】
（1）利用运动的合成和分解，结合牛顿第二定律，联立即可求出粒子从N 点飞离cd 边界时的速度大小，利用速度偏向角公式即可确定其方向；（2）利用类平抛规律结合几何关系，即可求出P 、N 两点间的距离；（3）利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，联立即可求出圆形有界匀强磁场的半径以及磁感应强度大小；（4）利用类平抛规律求解粒子在电场中运动的时间，利用周期公式，结合粒子在磁场中转过的圆心角求解粒子在磁场中运动的时间，联立即可求出该粒子从O 点出发至再次回到O 点的总时间．
【详解】
（1）画出粒子轨迹过程图，如图所示：
粒子从O 到N 点时间：t 1=0
L v 粒子在电场中加速度：a=qE m 203v 粒子在N 点时竖直方向的速度：v y =at 130
粒子从N 点飞离cd 边界时的速度：v=2v 0
速度偏转角的正切：tan θ=y
0v v 3故θ=600，即速度与边界cd 成300角斜向下．
（2）粒子从P 到O 点时间：t 2=0
L 2v 粒子从P 到O 点过程的竖直方向位移：y 2=221at 2=3L 8
粒子从O 到N 点过程的竖直方向位移：y 1=211at 2=3L 2 故P 、N 两点间的距离为：Y PN =y 1+y 2=53L （3）设粒子做匀速圆周运动的半径为r ，根据几何关系可得：r 0cos 60+r=
53L 解得粒子做匀速圆周运动的半径：r=53L 根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m 2
v r
解得圆形有界匀强磁场的磁感应强度：B=mv qr =083mv 5qL
根据几何关系可以确定磁场区域的半径：R=2r 0cos30
即圆形有界匀强磁场的半径：R=5L 4
（4）粒子在磁场中运动的周期：T=
2πr v 粒子在匀强磁场中运动的时间：t 3=23T=0
53πL 粒子从O 点出发至再次回到O 点的总时间：t=t 1+t 2+t 3=
03L 2v +053πL 【点睛】
本题考查带电粒子在复合场中运动，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，还要分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间．
10．如图所示，AB 是光滑的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 竖直，将弹簧水平放置，一端固定在A 点．现使质量为m 的小滑块从D 点以速度v 0＝进入轨道DCB ，然后沿着BA 运动压缩弹簧，弹簧压缩最短时小滑块处于P 点，重力加速度大小为g ，求：
（1）在D点时轨道对小滑块的作用力大小F N；
（2）弹簧压缩到最短时的弹性势能E p；
（3）若水平轨道AB粗糙，小滑块从P点静止释放，且PB＝5l，要使得小滑块能沿着轨道BCD运动，且运动过程中不脱离轨道，求小滑块与AB间的动摩擦因数μ的范围．
【答案】（1）（2）（3）μ≤0.2或0.5≤μ≤0.7
【解析】（1）
解得
（2）根据机械能守恒
解得
（3）小滑块恰能能运动到B点
解得μ＝0.7
小滑块恰能沿着轨道运动到C点
解得μ＝0.5
所以0.5≤μ≤0.7
小滑块恰能沿着轨道运动D点
解得μ＝0.2
所以μ≤0.2
综上μ≤0.2或0.5≤μ≤0.7。