高中物理曲线运动专项训练100(附答案)含解析
高中物理 曲线运动 大题 解答题专题练习(含答案)
曲线运动大题练习学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、解答题1．某同学设计了一个粗测玩具小车经过凹形桥模拟器最低点时的速度的实验。
所用器材有：玩具小车（可视为质点）、压力式托盘秤、凹形桥模拟器（圆弧部分的半径为R=0．20m）。
将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图所示，托盘秤的示数为1．00kg；将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数为1．40kg；将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为1．80kg，凹形桥模拟器与托盘间始终无相对滑动。
取重力加速度g＝10 m/s2，求：凹形桥模拟器托盘秤（1）玩具小车的质量m；（2）玩具小车经过凹形桥模拟器最低点时对其压力的大小F；（3）玩具小车经过最低点时速度的大小v。
2．如图所示，细绳的一端固定在竖直杆MN的M点，另一端系一质量为m的小球，绳长为L．第一次对杆施加水平向右的恒力，可使细绳与竖直杆间的夹角θ1保持不变；第二次使小球绕轴线在水平面内做匀速圆周运动，细绳与竖直杆间的夹角也为θ1后，继续使转速加大，可使细线与竖直杆间的夹角为θ2（θ2>θ1），此时小球在另一个水平面做稳定的圆周运动．求：(1)杆向右运动的加速度；(2)小球做圆周运动，细绳与竖直杆间的夹角也为θ1时，小球的动能；(3)在第二次做圆周运动的过程中，对小球做的功．3．如图所示，小球A质量为m，固定在长为L的轻细直杆一端，并随杆一起绕杆的另一端O点在竖直平面内做圆周运动．当小球经过最高点时，速度大小为1v=求：（1）小球到达最高时杆对球的作用力1F；（2）当小球经过最低点时，杆对球的作用力的大小27F mg=，求小球线速度的大小2v．4．如图：直杆上O1O2两点间距为L,细线O1A2A长为L,A端小球质量为m，要使两根细线均被拉直，杆应以多大的角速度ω转动．5．如图所示，质量m=1kg的小球用细线拴住，线长l=0.5m，细线所受拉力达到18F=N时就会被拉断。
高考必备物理曲线运动技巧全解及练习题(含答案)及解析
高考必备物理曲线运动技巧全解及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．一宇航员登上某星球表面，在高为2m 处，以水平初速度5m/s 抛出一物体，物体水平射程为5m ，且物体只受该星球引力作用求： （1）该星球表面重力加速度（2）已知该星球的半径为为地球半径的一半，那么该星球质量为地球质量的多少倍． 【答案】（1）4m/s 2；（2）110； 【解析】（1）根据平抛运动的规律：x＝v 0t 得0515x t s s v ＝＝＝ 由h ＝12gt 2 得：2222222/4/1h g m s m s t ⨯＝＝＝ （2）根据星球表面物体重力等于万有引力：2G M mmg R 星星＝ 地球表面物体重力等于万有引力：2G M mmg R '地地＝则222411=()10210M gR M g R '⨯=星星地地＝ 点睛：此题是平抛运动与万有引力定律的综合题，重力加速度是联系这两个问题的桥梁；知道平抛运动的研究方法和星球表面的物体的重力等于万有引力．2．如图所示，水平实验台A 端固定，B 端左右可调，将弹簧左端与实验平台固定，右端 有一可视为质点，质量为2kg 的滑块紧靠弹簧（未与弹黄连接)，弹簧压缩量不同时， 将滑块弹出去的速度不同.圆弧轨道固定在地面并与一段动摩擦因素为0.4的粗糙水平地面相切D 点，AB 段最长时，BC 两点水平距离x BC =0.9m,实验平台距地面髙度h=0.53m ，圆弧半径R=0.4m ，θ=37°，已知 sin37° =0.6, cos37° =0.8.完成下列问題：（1）轨道末端AB 段不缩短，压缩弹黄后将滑块弹出，滑块经过点速度v B =3m/s ，求落到C 点时速度与水平方向夹角；（2）滑块沿着圆弧轨道运动后能在DE 上继续滑行2m,求滑块在圆弧轨道上对D 点的压力大小：（3）通过调整弹簧压缩量，并将AB 段缩短，滑块弹出后恰好无碰撞从C 点进入圆弧 轨道，求滑块从平台飞出的初速度以及AB 段缩短的距离. 【答案】（1）45°（2）100N （3）4m/s 、0.3m 【解析】（1）根据题意C 点到地面高度0cos370.08C h R R m =-=从B 点飞出后，滑块做平抛运动，根据平抛运动规律：212C h h gt -= 化简则0.3t s =根据 BC B x v t = 可知3/B v m s =飞到C 点时竖直方向的速度3/y v gt m s == 因此tan 1y Bv v θ==即落到圆弧C 点时，滑块速度与水平方向夹角为45° （2）滑块在DE 阶段做匀减速直线运动，加速度大小fa g mμ== 根据222E D DE v v ax -=联立两式则4/D v m s =在圆弧轨道最低处2DN v F mg m R-= 则100N F N = ，即对轨道压力为100N ．（3）滑块弹出恰好无碰撞从C 点进入圆弧轨道，说明滑块落到C 点时的速度方向正好沿着轨迹该出的切线，即0tan yv v α''= 由于高度没变，所以3/y y v v m s '== ，037α=因此04/v m s '= 对应的水平位移为01.2AC x v t m ='= 所以缩短的AB 段应该是0.3AB AC BC x x x m ∆=-=【点睛】滑块经历了弹簧为变力的变加速运动、匀减速直线运动、平抛运动、变速圆周运动，匀减速直线运动；涉及恒力作用的直线运动可选择牛顿第二定律和运动学公式；而变力作用做曲线运动优先选择动能定理，对匀变速曲线运动还可用运动的分解利用分运动结合等时性研究．3．如图所示，光滑的水平平台上放有一质量M =2kg ，厚度d =0.2m 的木板，木板的左端放有一质量m =1kg 的滑块（视为质点），现给滑块以水平向右、的初速度，木板在滑块的带动下向右运动，木板滑到平台边缘时平台边缘的固定挡板发生弹性碰撞，当木板与挡板发生第二次碰撞时，滑块恰好滑到木板的右端，然后水平飞出，落到水平地面上的A点，已知木板的长度l=10m，A点到平台边缘的水平距离s=1.6m，平台距水平地面的高度h=3m，重力加速度，不计空气阻力和碰撞时间，求：(1)滑块飞离木板时的速度大小；(2)第一次与挡板碰撞时，木板的速度大小；（结果保留两位有效数字）(3)开始时木板右端到平台边缘的距离；（结果保留两位有效数字）【答案】(1) (2)v=0.67m/s (3)x=0.29m【解析】【分析】【详解】(1)滑块飞离木板后做平抛运动，则有：解得(2)木板第一次与挡板碰撞后，速度方向反向，速度大小不变，先向左做匀减速运动，再向右做匀加速运动，与挡板发生第二次碰撞，由匀变速直线运动的规律可知木板两次与挡板碰撞前瞬间速度相等．设木板第一次与挡板碰撞前瞬间，滑块的速度大小为，木板的速度大小为v由动量守恒定律有：，木板第一与挡板碰后：解得:v=0.67m/s(3)由匀变速直线运动的规律：，，由牛顿第二定律：解得:x=0.29m．【点睛】对于滑块在木板上滑动的类型，常常根据动量守恒定律和能量守恒定律结合进行研究．也可以根据牛顿第二定律和位移公式结合求出运动时间，再求木板的位移．4．如图所示，ABCD是一个地面和轨道均光滑的过山车轨道模型，现对静止在A处的滑块施加一个水平向右的推力F，使它从A点开始做匀加速直线运动，当它水平滑行2.5 m时到达B点，此时撤去推力F、滑块滑入半径为0.5 m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，并恰好通过最高点C，当滑块滑过水平BD部分后，又滑上静止在D处，且与ABD等高的长木板上，已知滑块与长木板的质量分别为0.2 kg、0.1 kg，滑块与长木板、长木板与水平地面间的动摩擦因数分别为0.3、，它们之间的最大静摩擦力均等于各自滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，求：(1)水平推力F的大小；(2)滑块到达D点的速度大小；(3)木板至少为多长时，滑块才能不从木板上掉下来？在该情况下，木板在水平地面上最终滑行的总位移为多少？【答案】（1）1N（2）（3）t＝1 s ;【解析】【分析】【详解】(1)由于滑块恰好过C点，则有：m1g＝m1从A到C由动能定理得：Fx－m1g·2R＝m1v C2－0代入数据联立解得：F＝1 N(2)从A到D由动能定理得：Fx＝m1v D2代入数据解得：v D＝5 m/s(3)滑块滑到木板上时，对滑块：μ1m1g＝m1a1，解得：a1＝μ1g＝3 m/s2对木板有：μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2，代入数据解得：a2＝2 m/s2滑块恰好不从木板上滑下，此时滑块滑到木板的右端时恰好与木板速度相同，有：v共＝v D－a1tv共＝a2t，代入数据解得：t ＝1 s此时滑块的位移为：x 1＝v D t －a 1t 2，木板的位移为：x 2＝a 2t 2，L ＝x 1－x 2，代入数据解得：L ＝2.5 m v 共＝2 m/s x 2＝1 m达到共同速度后木板又滑行x ′，则有：v 共2＝2μ2gx ′，代入数据解得：x ′＝1.5 m木板在水平地面上最终滑行的总位移为：x 木＝x 2＋x ′＝2.5 m点睛：本题考查了动能定理和牛顿第二定律、运动学公式的综合运用，解决本题的关键理清滑块和木板在整个过程中的运动规律，选择合适的规律进行求解．5．地面上有一个半径为R 的圆形跑道，高为h 的平台边缘上的P 点在地面上P′点的正上方，P′与跑道圆心O 的距离为L （L ＞R ），如图所示，跑道上停有一辆小车，现从P 点水平抛出小沙袋，使其落入小车中（沙袋所受空气阻力不计）．问：（1）当小车分别位于A 点和B 点时（∠AOB=90°），沙袋被抛出时的初速度各为多大？ （2）要使沙袋落在跑道上，则沙袋被抛出时的初速度在什么范围内？（3）若小车沿跑道顺时针运动，当小车恰好经过A 点时，将沙袋抛出，为使沙袋能在B 处落入小车中，小车的速率v 应满足什么条件？【答案】（1）()2A gv L R h =-22()2B g L R v h+=（2）0((L R v L R -≤≤+（3）1(41)0,1,2,3...)2v n n π=+= 【解析】 【分析】 【详解】（1）沙袋从P 点被抛出后做平抛运动，设它的落地时间为t ，则h=12gt 2解得t =（1） 当小车位于A 点时，有x A =v A t=L-R （2）解（1）（2）得v A =（L-R当小车位于B 点时，有B B x v t ==3）解（1）（3）得Bv （2）若小车在跑道上运动，要使沙袋落入小车，最小的抛出速度为v 0min =v A =（L-R 4） 若当小车经过C 点时沙袋刚好落入，抛出时的初速度最大，有x c =v 0max t="L+R" （5）解（1）（5）得 v 0max =（L+R所以沙袋被抛出时的初速度范围为（L-R ≤v 0≤（L+R （3）要使沙袋能在B 处落入小车中，小车运动的时间应与沙袋下落时间相同 t AB =（n+14）2Rv π（n=0，1，2，3…）（6）所以t AB解得v=12（4n+1）n=0，1，2，3…）． 【点睛】本题是对平抛运动规律的考查，在分析第三问的时候，要考虑到小车运动的周期性，小车并一定是经过14圆周，也可以是经过了多个圆周之后再经过14圆周后恰好到达B 点，这是同学在解题时经常忽略而出错的地方．6．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210m/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212P 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2211222B D mv mv mg R =+⋅ 在D 点，根据牛顿运动定律有2Dv 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2122R 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．7．如图所示，表面光滑的长方体平台固定于水平地面上，以平台外侧的一边为x 轴，在平台表面建有平面直角坐标系xoy ，其坐标原点O 与平台右侧距离为d=1.2m 。
高考物理曲线运动题20套(带答案)及解析
高考物理曲线运动题20套(带答案)及解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．一宇航员登上某星球表面，在高为2m 处，以水平初速度5m/s 抛出一物体，物体水平射程为5m ，且物体只受该星球引力作用求： （1）该星球表面重力加速度（2）已知该星球的半径为为地球半径的一半，那么该星球质量为地球质量的多少倍． 【答案】（1）4m/s 2；（2）110； 【解析】（1）根据平抛运动的规律：x＝v 0t 得0515x t s s v ＝＝＝ 由h ＝12gt 2 得：2222222/4/1h g m s m s t ⨯＝＝＝ （2）根据星球表面物体重力等于万有引力：2G M mmg R 星星＝ 地球表面物体重力等于万有引力：2G M mmg R '地地＝则222411=()10210M gR M g R '⨯=星星地地＝ 点睛：此题是平抛运动与万有引力定律的综合题，重力加速度是联系这两个问题的桥梁；知道平抛运动的研究方法和星球表面的物体的重力等于万有引力．2．水平面上有一竖直放置长H ＝1.3m 的杆PO ，一长L ＝0.9m 的轻细绳两端系在杆上P 、Q 两点，PQ 间距离为d ＝0.3m ，一质量为m ＝1.0kg 的小环套在绳上。
杆静止时，小环靠在杆上，细绳方向竖直；当杆绕竖直轴以角速度ω旋转时，如图所示，小环与Q 点等高，细绳恰好被绷断。
重力加速度g ＝10m ／s 2，忽略一切摩擦。
求：（1）杆静止时细绳受到的拉力大小T ；（2）细绳断裂时杆旋转的角速度大小ω； （3）小环着地点与O 点的距离D 。
【答案】（1）5N （2）53/rad s （3）1.6m 【解析】 【详解】（1）杆静止时环受力平衡，有2T ＝mg 得：T ＝5N（2）绳断裂前瞬间，环与Q 点间距离为r ，有r 2＋d 2＝（L －r ）2 环到两系点连线的夹角为θ，有d sin L r θ=-，rcos L rθ=- 绳的弹力为T 1，有T 1sinθ＝mg T 1cosθ＋T 1＝m ω2r 得53/rad s ω=（3）绳断裂后，环做平抛运动，水平方向s ＝vt竖直方向：212H d gt -=环做平抛的初速度：v ＝ωr小环着地点与杆的距离：D 2＝r 2＋s 2 得D ＝1.6m 【点睛】本题主要是考查平抛运动和向心力的知识，解答本题的关键是掌握向心力的计算公式，能清楚向心力的来源即可。
高中物理曲线运动专项训练100(附答案)
高中物理曲线运动专项训练100(附答案)一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．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）glμ（2）34mglkl mgμμ-【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＝glμA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：34mgl xkl mgμμ-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．2．光滑水平面AB与一光滑半圆形轨道在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，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B点进入半圆形轨道瞬间，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，重力加速度为g.求：(1)弹簧弹力对物块做的功；(2)物块离开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脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为多少？【答案】(1)（2）4R（3）或【解析】【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 t2R=gt2从B到C由动能定理得联立知，S= 4 R（3）假设弹簧弹性势能为ＥＰ，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则物块可能在圆轨道的上升高度不超过半圆轨道的中点，则由机械能守恒定律知ＥＰ≤mgR若物块刚好通过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脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为ＥＰ≤mgR 或ＥＰ≥mgR.3．如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限的等腰直角三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y＜0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场22mvEqh=．一质量为m、电荷量为q的带电粒子从电场中Q点以速度v0水平向右射出，经坐标原点O射入第Ⅰ象限．已知粒子在第Ⅲ象限运动的水平方向位移为竖直方向位移的2倍，且恰好不从PN边射出磁场．已知MN平行于x轴，N点的坐标为(2h,2h)，不计粒子的重力，求：⑴入射点Q的坐标；⑵磁感应强度的大小B；⑶粒子第三次经过x轴的位置坐标.【答案】(1)()2,h h--(2))221mvqh(3)(20262,0v ghg⎡⎤--⎢⎥-⎢⎥⎣⎦【解析】【分析】带电粒子从电场中Q点以速度v0水平向右射出，在第Ⅲ象限做的是类平抛运动，在第I象限，先是匀速直线运动，后是圆周运动，最后又在电场中做类斜抛运动．【详解】(1)带电粒子在第Ⅲ象限做的是类平抛运动，带电粒子受的电场力为1F运动时间为1t，有1F qE=22mvh=由题意得11F qEam m==101x v t =21112y at =解得201mv x Eq =2012mv y Eq=202mv E qh=Q 的坐标()2,h h --(2) 带电粒子经坐标原点O 射入第Ⅰ象限时的速度大小为1v0x v v =1y v at =1mv t Eq=联立解得0y v v =102v v =由带电粒子在通过坐标原点O 时，x 轴和y 轴方向速度大小相等可知，带电粒子在第I 象02v 速度大小，垂直MP 射入磁场，并在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，且恰好不从PN 边射出磁场．如下图所示，设圆周的半径为R ，由牛顿第二定律则有20022mv q v B R= 02R qB =由图知EC 是中位线，O 1是圆心，D 点是圆周与PN 的切点，由几何知识可得，圆周半径22R =+ 解得)0221B mv qh=(3) 02v ，且抛 射角是045，如下图所示，根据斜抛运动的规律，有202x v v =cos450202y v v =sin450带电粒子在电场中飞行时间为2t 则有10222y v v t gg==带电粒子在电场中水平方向飞行距离为2x 有202222x v x v t g==带电粒子在2p 点的坐标 由几何知识可知2p 点的坐标是222h +，0）带电粒子在1p 点的坐标是()22642,0v ghg⎡⎤--⎢⎥-⎢⎥⎣⎦【点睛】带电粒子在不同场中运动用不同的物理公式以及利用几何知识来计算．4．如图所示，竖直平面内有一光滑的直角细杆MON，其中ON水平，OM竖直，两个小物块A和B分别套在OM和ON杆上，连接AB的轻绳长为L=0.5m，．现将直角杆MON绕过OM的轴O1O2缓慢地转动起来．已知A的质量为m1=2kg，重力加速度g取10m/s2。
高中物理曲线运动经典练习题全集(含答案)
《曲线运动》超经典试题1、关于曲线运动，下列说法中正确的是（ AC ）A. 曲线运动一定是变速运动B. 变速运动一定是曲线运动C. 曲线运动可能是匀变速运动D. 变加速运动一定是曲线运动【解析】曲线运动的速度方向沿曲线的切线方向，一定是变化的，所以曲线运动一定是变速运动。
变速运动可能是速度的方向不变而大小变化，则可能是直线运动。
当物体受到的合力是大小、方向不变的恒力时，物体做匀变速运动，但力的方向可能与速度方向不在一条直线上，这时物体做匀变速曲线运动。
做变加速运动的物体受到的合力可能大小不变，但方向始终与速度方向在一条直线上，这时物体做变速直线运动。
2、质点在三个恒力F1、F2、F3的共同作用下保持平衡状态，若突然撤去F1，而保持F2、F3不变，则质点（ A ）A．一定做匀变速运动B．一定做直线运动C．一定做非匀变速运动D．一定做曲线运动【解析】质点在恒力作用下产生恒定的加速度，加速度恒定的运动一定是匀变速运动。
由题意可知，当突然撤去F1而保持F2、F3不变时，质点受到的合力大小为F1，方向与F1相反，故一定做匀变速运动。
在撤去F1之前，质点保持平衡，有两种可能：一是质点处于静止状态，则撤去F1后，它一定做匀变速直线运动；其二是质点处于匀速直线运动状态，则撤去F1后，质点可能做直线运动（条件是F1的方向和速度方向在一条直线上），也可能做曲线运动（条件是F1的方向和速度方向不在一条直线上）。
3、关于运动的合成，下列说法中正确的是（ C ）A. 合运动的速度一定比分运动的速度大B. 两个匀速直线运动的合运动不一定是匀速直线运动C. 两个匀变速直线运动的合运动不一定是匀变速直线运动D. 合运动的两个分运动的时间不一定相等【解析】根据速度合成的平行四边形定则可知，合速度的大小是在两分速度的和与两分速度的差之间，故合速度不一定比分速度大。
两个匀速直线运动的合运动一定是匀速直线运动。
两个匀变速直线运动的合运动是否是匀变速直线运动，决定于两初速度的合速度方向是否与合加速度方向在一直线上。
(完整版)高一物理曲线运动专题练习
单元测试题（曲线运动）一、选择题1.关于运动的性质，以下说法中正确的是 [ ]A.曲线运动一定是变速运动B.变速运动一定是曲线运动C.曲线运动一定是变加速运动D.物体加速度数值、速度数值都不变的运动一定是直线运动2.关于力和运动，下列说法中正确的是 [ ]A.物体在恒力作用下可能做曲线运动B.物体在变力作用下不可能做直线运动C.物体在恒力作用下不可能做曲线运动D.物体在变力作用下不可能保持速率不变3.物体受到几个力的作用而做匀速直线运动，如果只撤掉其中的一个力，其它力保持不变，它可能做 [ ]A.匀速直线运动B.匀加速直线运动C.匀减速直线运动D.曲线运动4.关于互成角度（不为零度和180°）的一个匀速直线运动和一个匀变速直线运动的合运动，下列说法正确的是 [ ]A.一定是直线运动B.一定是曲线运动C.可能是直线，也可能是曲线运动D.以上答案都不对5.某质点在恒力 F作用下从A点沿图1中曲线运动到 B点，到达B点后，质点受到的力大小仍为F，但方向相反，则它从B 点开始的运动轨迹可能是图中的 [ ]A.曲线aB.曲线bC.曲线CD.以上三条曲线都不可能6.关于曲线运动中，下列说法正确的是 [ ]A.加速度方向一定不变B.加速度方向和速度方向始终保持垂直C.加速度方向跟所受的合外力方向始终一致D.加速度方向总是指向圆形轨迹的圆心7.一个质点受到两个互成锐角的力F1和F2的作用，由静止开始运动，若运动中保持两个力的方向不变，但F1突然增大△F，则质点此后[ ]A.一定做匀变速曲线运动B.可能做匀速直线运动C.可能做变加速曲线运动D.一定做匀变速直线运动8.关于运动的合成和分解，下述说法中正确的是[ ]A.合运动的速度大小等于分运动的速度大小之和B.物体的两个分运动若是直线运动，则它的合运动一定是直线运动C.合运动和分运动具有同时性D.若合运动是曲线运动，则其分运动中至少有一个是曲线运动9.某人以一定速率垂直河岸向对岸游去，当水流运动是匀速时，他所游过的路程、过河所用的时间与水速的关系是[ ]A.水速大时，路程长，时间长B.水速大时，路程长，时间短C.水速大时，路程长，时间不变D.路程、时间与水速无关，水10.河边有M、N两个码头，一艘轮船的航行速度恒为v1，若轮船在静水中航行于MN的时间是t，则[ ] 流速度恒为v2A.轮船在M、N之间往返一次的时间大于tB.轮船在M、N之间往返一次的时间小于t越小，往返一次的时间越短C.若v2越小，往返一次的时间越长D.若v211.船在静水中的航速是1 m/s，河岸笔直，河宽恒定，河水靠近岸边的流速为2 m/s，河中间的流速为3 m/s.。
高考物理曲线运动专项训练100(附答案)及解析
高考物理曲线运动专项训练100(附答案)及解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．如图所示，竖直圆形轨道固定在木板B 上，木板B 固定在水平地面上，一个质量为3m 小球A 静止在木板B 上圆形轨道的左侧．一质量为m 的子弹以速度v 0水平射入小球并停留在其中，小球向右运动进入圆形轨道后，会在圆形轨道内侧做圆周运动．圆形轨道半径为R ，木板B 和圆形轨道总质量为12m ，重力加速度为g ，不计小球与圆形轨道和木板间的摩擦阻力．求：(1)子弹射入小球的过程中产生的内能；(2)当小球运动到圆形轨道的最低点时，木板对水平面的压力；(3)为保证小球不脱离圆形轨道，且木板不会在竖直方向上跳起，求子弹速度的范围．【答案】(1)2038mv (2) 2164mv mg R+(3)042v gR ≤或04582gR v gR ≤≤【解析】本题考察完全非弹性碰撞、机械能与曲线运动相结合的问题． (1)子弹射入小球的过程，由动量守恒定律得：01(3)mv m m v =+ 由能量守恒定律得：220111422Q mv mv =-⨯ 代入数值解得：2038Q mv =(2)当小球运动到圆形轨道的最低点时，以小球为研究对象，由牛顿第二定律和向心力公式得211(3)(3)m m v F m m g R+-+=以木板为对象受力分析得2112F mg F =+ 根据牛顿第三定律得木板对水平的压力大小为F 2木板对水平面的压力的大小202164mv F mg R=+(3)小球不脱离圆形轨有两种可能性：①若小球滑行的高度不超过圆形轨道半径R由机械能守恒定律得：()()211332m m v m m gR +≤+解得：042v gR ≤②若小球能通过圆形轨道的最高点小球能通过最高点有：22(3)(3)m m v m m g R++≤由机械能守恒定律得：221211(3)2(3)(3)22m m v m m gR m m v +=+++ 代入数值解得：045v gR ≥要使木板不会在竖直方向上跳起，木板对球的压力：312F mg ≤在最高点有：233(3)(3)m m v F m m g R+++=由机械能守恒定律得：221311(3)2(3)(3)22m m v m m gR m m v +=+++ 解得：082v gR ≤综上所述为保证小球不脱离圆形轨道，且木板不会在竖直方向上跳起，子弹速度的范围是042v gR ≤或04582gR v gR ≤≤2．水平面上有一竖直放置长H ＝1.3m 的杆PO ，一长L ＝0.9m 的轻细绳两端系在杆上P 、Q 两点，PQ 间距离为d ＝0.3m ，一质量为m ＝1.0kg 的小环套在绳上。
高一物理曲线运动练习题(含答案)
第五章 第一节 《曲线运动》练习题一 选择题１. 关于运动的合成的说法中，正确的是 （ ）A ．合运动的位移等于分运动位移的矢量和B ．合运动的时间等于分运动的时间之和C ．合运动的速度一定大于其中一个分运动的速度D ．合运动的速度方向与合运动的位移方向相同A 此题考查分运动与合运动的关系，D 答案只在合运动为直线时才正确２. 物体在几个力的作用下处于平衡状态，若撤去其中某一个力而其余力的性质（大小、方向、作用点）不变，物体的运动情况可能是 （ ）A ．静止B ．匀加速直线运动C ．匀速直线运动D ．匀速圆周运动B 其余各力的合力与撤去的力等大反向，仍为恒力。
３.某质点做曲线运动时 （AD ）A.在某一点的速度方向是该点曲线的切线方向B.在任意时间内，位移的大小总是大于路程C.在某段时间里质点受到的合外力可能为零D.速度的方向与合外力的方向必不在同一直线上4 精彩的F 1赛事相信你不会陌生吧!车王舒马赫在2005年以8000万美元的年收入高居全世界所有运动员榜首。
在观众感觉精彩与刺激的同时，车手们却时刻处在紧张与危险之中。
这位车王在一个弯道上突然高速行驶的赛车后轮脱落，从而不得不遗憾地退出了比赛。
关于脱落的后轮的运动情况，以下说法正确的是（ C ）A. 仍然沿着汽车行驶的弯道运动B. 沿着与弯道垂直的方向飞出C. 沿着脱离时，轮子前进的方向做直线运动，离开弯道D. 上述情况都有可能5.一个质点在恒力F 作用下，在xOy 平面内从O 点运动到A 点的轨迹如图所示，且在A 点的速度方向与x 轴平行，则恒力F 的方向不可能（ ）A.沿x 轴正方向B.沿x 轴负方向C.沿y 轴正方向D.沿y 轴负方向ABC 质点到达A 点时，Vy=0，故沿y 轴负方向上一定有力。
6在光滑水平面上有一质量为2kg2N 力水平旋转90º，则关于物体运动情况的叙述正确的是（BC ）A. 物体做速度大小不变的曲线运动B. 物体做加速度为在2m/s 2的匀变速曲线运动C. 物体做速度越来越大的曲线运动D. 物体做非匀变速曲线运动，其速度越来越大解析：物体原来所受外力为零，当将与速度反方向的2N 力水平旋转90º后其受力相当于如图所示，其中，是F x 、F y 的合力，即F=22N ，且大小、方向都不变，是恒力，那么物体的加速度为222==m F a m /s 2=2m /s 2恒定。
高考物理曲线运动专项训练100(附答案)及解析
高考物理曲线运动专项训练100(附答案)及解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．“抛石机”是古代战争中常用的一种设备，如图所示，为某学习小组设计的抛石机模型，其长臂的长度L = 2 m ，开始时处于静止状态，与水平面间的夹角α=37°；将质量为m =10.0㎏的石块装在长臂末端的口袋中，对短臂施力，当长臂转到竖直位置时立即停止转动，石块被水平抛出，其落地位置与抛出位置间的水平距离x =12 m 。
不计空气阻力， 重力加速度g 取10m/s²，取水平地面为重力势能零参考平面。
sin37°= 0.6，cos37°= 0.8。
求：（1）石块在最高点的重力势能E P （2）石块水平抛出的速度大小v 0； （3）抛石机对石块所做的功W 。
【答案】（1）320J （2）15m/s （3）1445J【解析】（1）石块在最高点离地面的高度：h =L +L sin α=2×（1+0.6）m = 3.2m 由重力势能公式：E P =mgh=320J （2）石块飞出后做平抛运动 水平方向 x = v 0t竖直方向 212h gt =解得：v 0 = 15m/s（3）长臂从初始位置转到竖直位置过程， 由动能定理得： 2012W mgh mv -= 解得： Ｗ = 1445J点睛：要把平抛运动分解水平方向上的匀速和竖直方向上的自由落体运动。
2．如图甲所示，轻质弹簧原长为2L ，将弹簧竖直放置在水平地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为L ．现将该弹簧水平放置，如图乙所示．一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接．AB 是长度为5L 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 在竖直方向上．物块P 与AB 间的动摩擦因数0.5μ=，用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度为L 处，然后释放P ，P 开始沿轨道运动，重力加速度为g ．（1）求当弹簧压缩至长度为L 时的弹性势能p E ；（2）若P 的质量为m ，求物块离开圆轨道后落至AB 上的位置与B 点之间的距离； （3）为使物块P 滑上圆轨道后又能沿圆轨道滑回，求物块P 的质量取值范围．【答案】(1)5P E mgL = (2) 22S L = (3)5532m M m ＃ 【解析】 【详解】（1）由机械能守恒定律可知：弹簧长度为L 时的弹性势能为（2）设P 到达B 点时的速度大小为，由能量守恒定律得：设P 到达D 点时的速度大小为，由机械能守恒定律得：物体从D 点水平射出，设P 落回到轨道AB 所需的时间为θ θ 22S L =（3）设P 的质量为M ，为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点的速度不能小于零 得54mgL MgL μ> 52M m <要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C ，得212BMv MgL '≤ 2142p BE Mv MgL μ='+3．如图所示，ABCD 是一个地面和轨道均光滑的过山车轨道模型，现对静止在A 处的滑块施加一个水平向右的推力F，使它从A点开始做匀加速直线运动，当它水平滑行2.5 m时到达B点，此时撤去推力F、滑块滑入半径为0.5 m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，并恰好通过最高点C，当滑块滑过水平BD部分后，又滑上静止在D处，且与ABD等高的长木板上，已知滑块与长木板的质量分别为0.2 kg、0.1 kg，滑块与长木板、长木板与水平地面间的动摩擦因数分别为0.3、，它们之间的最大静摩擦力均等于各自滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，求：(1)水平推力F的大小；(2)滑块到达D点的速度大小；(3)木板至少为多长时，滑块才能不从木板上掉下来？在该情况下，木板在水平地面上最终滑行的总位移为多少？【答案】（1）1N（2）（3）t＝1 s ;【解析】【分析】【详解】(1)由于滑块恰好过C点，则有：m1g＝m1从A到C由动能定理得：Fx－m1g·2R＝m1v C2－0代入数据联立解得：F＝1 N(2)从A到D由动能定理得：Fx＝m1v D2代入数据解得：v D＝5 m/s(3)滑块滑到木板上时，对滑块：μ1m1g＝m1a1，解得：a1＝μ1g＝3 m/s2对木板有：μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2，代入数据解得：a2＝2 m/s2滑块恰好不从木板上滑下，此时滑块滑到木板的右端时恰好与木板速度相同，有：v共＝v D－a1tv共＝a2t，代入数据解得：t＝1 s此时滑块的位移为：x1＝v D t－a1t2，木板的位移为：x2＝a2t2，L＝x1－x2，代入数据解得：L＝2.5 mv共＝2 m/sx2＝1 m达到共同速度后木板又滑行x′，则有：v共2＝2μ2gx′，代入数据解得：x′＝1.5 m木板在水平地面上最终滑行的总位移为：x木＝x2＋x′＝2.5 m点睛：本题考查了动能定理和牛顿第二定律、运动学公式的综合运用，解决本题的关键理清滑块和木板在整个过程中的运动规律，选择合适的规律进行求解．4．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。
高考物理曲线运动题20套(带答案)含解析
高考物理曲线运动题20 套( 带答案 ) 含分析一、高中物理精讲专题测试曲线运动 1． 如图，圆滑轨道abcd 固定在竖直平面内，ab水平，bcd 为半圆，在b 处与 ab 相切．在直轨道 ab 上放着质量分别为 m A =2kg 、 m B =1kg的物块 A 、 B （均可视为质点），用轻质细绳将A 、B 连结在一同，且A 、B 间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接），其弹性势能E p =12J ．轨道左边的圆滑水平川面上停着一质量 M =2kg 、长 L=0.5m 的小车，小车上表面与ab 等高．现将细绳剪断，以后A 向左滑上小车，B 向右滑动且恰巧能冲到圆弧轨道的最高点 d 处．已知 A 与小车之间的动摩擦因数μ知足 0.1 ≤μ≤，0.3g 取 10m/ s 2，求（ 1） A 、 B 走开弹簧瞬时的速率 v A 、v B ；（ 2）圆弧轨道的半径 R ；（3） A 在小车上滑动过程中产生的热量Q （计算结果可含有μ）．【答案】（ 1） 4m/s （ 2） 0.32m(3) 当知足0.1 ≤μ <0.2 ， Q 1μ； 当知足 0.2 ≤μ≤ 0.3时 =10时， 1mA v121(m A M ) v 222【分析】【剖析】（1）弹簧恢复到自然长度时，依据动量守恒定律和能量守恒定律求解两物体的速度； （2）依据能量守恒定律和牛顿第二定律联合求解圆弧轨道的半径R ；（ 3）依据动量守恒定律和能量关系求解恰巧能共速的临界摩擦力因数的值，而后议论求解热量 Q.【详解】（1）设弹簧恢复到自然长度时A 、B 的速度分别为 v A 、 v B ， 由动量守恒定律：0= m A v A m B v B 由能量关系： E P =1m A v A 2 1m B v B 222解得 v A =2m/s ；v B =4m/s（2）设 B 经过 d 点时速度为 v d ，在 d 点：m B g m B v d 2R由机械能守恒定律：1m B v B 2 =1m B v d 2 m B g 2R22解得 R=0.32m（3）设 μ =1μv,由动量守恒定律：时 A 恰巧能滑到小车左端，其共同速度为m A v A =(m A M )v 由能量关系： 1m A gL1m A v A 21m A M v 222解得 μ1=0.2议论：（ⅰ）当知足 0.1 ≤μ <0时.2， A 和小车不共速， A 将从小车左端滑落，产生的热量为Q 1 m A gL 10（J ）（ⅱ）当知足0.2 ≤μ≤ 0.A3和小车能共速，产生的热量为时， Q 11m A v 121 m A M v2 ，解得 Q 2=2J222． 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，并与物块粘在一同，小球与小物 块互相作用时间极短能够忽视．不计空气阻力，重力加快度g 取 10m/s 2．求：（ 1）小球粘在物块上的瞬时，小球和小物块共同速度的大小； （ 2）小球和小物块摇动过程中，细绳拉力的最大值；（ 3）小球和小物块摇动过程中所能达到的最大高度．【答案】（ 1） v 共 =2.0 m / s （ 2） F=15N (3)h=0.2m 【分析】（1）因为小球与物块互相作用时间极短，因此小球和物块构成的系统动量守恒．mv 0 (Mm)v 共得: v 共 =2.0 m / s（2）小球和物块将以v共开始运动时，轻绳遇到的拉力最大，设最大拉力为F ，F (M m) g ( M m)v 共2L得: F 15N（3）小球和物块将以v 共 为初速度向右摇动，摇动过程中只有重力做功，因此机械能守恒，设它们所能达到的最大高度为h ，依据机械能守恒：（ m+M ) gh 1( m M )v 共 22解得 : h 0.2m综上所述本题答案是 : （ 1） v 共 =2.0 m / s （ 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）对小球和物块协力供给向心力，可求得轻绳遇到的拉力（ 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．3．如下图，在竖直平面内有一绝缘“”型杆放在水平向右的匀强电场中，此中AB、 CD 水平且足够长，圆滑半圆半径为R，质量为 m、电量为 +q 的带电小球穿在杆上，从距 B 点x=5.75R 处以某初速 v0开始向左运动．已知小球运动中电量不变，小球与AB、 CD 间动摩擦因数分别为μ1=0.25、μ2=0.80，电场力Eq=3mg/4，重力加快度为g， sin37 =0°.6， cos37 °=0.8．求：（1）若小球初速度 v0=4 gR，则小球运动到半圆上 B 点时遇到的支持力为多大；（2）小球初速度 v0知足什么条件能够运动过 C 点；（3）若小球初速度v=4 gR，初始地点变成x=4R，则小球在杆上静止时经过的行程为多大．【答案】（ 1）5.5mg（ 2）v04gR （3） 44R【分析】【剖析】【详解】（1）加快到 B 点：-1mgx qEx 1 mv21mv0222在 B 点：N mg m v2R解得 N=5.5mg（2）在物理最高点F：tan qE mg解得α=370；过 F 点的临界条件： v F=0从开始到 F 点：-1mgx qE (x R sin ) mg ( R R cos ) 01mv02 2解得 v0 4 gR可见要过 C 点的条件为：v04gR（3）因为 x=4R<5.75R，从开始到 F 点战胜摩擦力、战胜电场力做功均小于（2）问，到F 点时速度不为零，假定过 C 点后行进 x1速度变成零，在 CD 杆上因为电场力小于摩擦力，小球速度减为零后不会返回，则：-1mgx2 mgx1-qE( x-x1 ) mg 2R 01mv02 2s x R x1解得： s(44)R4．如下图，在竖直平面内有一倾角θ=37°的传递带BC．已知传递带沿顺时针方向运转的速度 v=4 m/s ， B、 C两点的距离 L=6 m。
高中物理曲线运动的技巧及练习题及练习题(含答案)含解析
高中物理曲线运动的技巧及练习题及练习题( 含答案 ) 含分析一、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＝20t，gt ′解得：（ n＝ 1.2.3 ）2．圆滑水平面AB 与竖直面内的圆形导轨在 B 点连结，导轨半径R＝ 0.5 m，一个质量m＝ 2 kg 的小球在 A 处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接．用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能 Ep＝ 49 J，如下图．松手后小球向右运动离开弹簧，沿圆形轨道向上运动恰能经过最高点 C， g 取 10 m/s 2．求：(1)小球离开弹簧时的速度大小；(2)小球从 B 到 C 战胜阻力做的功；(3)小球走开 C 点后落回水平面时的动能大小．【答案】（1）7m / s（ 2）24J（ 3）25J 【分析】【剖析】【详解】(1)依据机械能守恒定律12E p＝mv1 ?①12Ep＝7m/s ②v ＝m(2)由动能定理得－ mg·2R－ W f＝1mv221mv12③22小球恰能经过最高点，故mg m v22④R由②③④得W f＝24 J(3)依据动能定理：mg 2R E k 1mv22 2解得： E k25J故本题答案是：（ 1）7m / s（ 2）24J（ 3）25J【点睛】(1)在小球离开弹簧的过程中只有弹簧弹力做功,依据弹力做功与弹性势能变化的关系和动能定理能够求出小球的离开弹簧时的速度v;(2)小球从 B 到 C 的过程中只有重力和阻力做功,依据小球恰巧能经过最高点的条件获得小球在最高点时的速度 ,进而依据动能定理求解从 B 至 C 过程中小球战胜阻力做的功 ;(3)小球走开 C 点后做平抛运动 ,只有重力做功,依据动能定理求小球落地时的动能大小3．如下图，质量为M4kg 的平板车P的上表面离地面高h 0.2m，质量为 m 1kg 的小物块 Q （大小不计，可视为质点）位于平板车的左端，系统本来静止在圆滑水平川面上，一不行伸长的轻质细绳长为R 0.9m ，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为 m 的小球（大小不计，可视为质点）。
最新版精编高考物理总复习-曲线运动专题完整题库100题(答案)
最新精选高考物理复习题库曲线运动专题（100题）学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________
一、单选题
1．在光滑的圆锥漏斗的内壁，两个质量相同的小球A和B，分别紧贴着漏斗在水平面内做匀速圆周运动，其中小球A的位置在小球B的上方，如下图所示．下列判断正确的是
（）
A．A球的速率大于B球的速率
B．A球的角速度大于B球的角速度
C．A球对漏斗壁的压力大于B球对漏斗壁的压力
D．A球的转动周期大于B球的转动周期
2．下列关于运动和力的叙述中，正确的是（）
A．做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的
B．物体做圆周运动，所受的合力一定指向圆心
C．物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一定做直线运动
D．物体运动的速率在增加，所受合力方向一定与运动方向相同
3．(2013·大理模拟)质量为m的飞机以恒定速率v在空中水平盘旋（如下图所示），其做匀速圆周运动的半径为R，重力加速度为g，则此时空气对飞机的作用力大小为（）。
物理曲线运动专题练习(及答案)含解析
物理曲线运动专题练习(及答案)含解析一、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+)()2m 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，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点．D 点位于水平桌面最右端，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其形状为半径R ＝0.45m 的圆环剪去左上角127°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离为R ，P 点到桌面右侧边缘的水平距离为1.5R ．若用质量m 1＝0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点，用同种材料、质量为m 2＝0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点后其位移与时间的关系为x ＝4t ﹣2t 2，物块从D 点飞离桌面后恰好由P 点沿切线落入圆轨道．g ＝10m/s 2，求：（1）质量为m 2的物块在D 点的速度；（2）判断质量为m 2＝0.2kg 的物块能否沿圆轨道到达M 点：（3）质量为m 2＝0.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功. 【答案】（1）2.25m/s （2）不能沿圆轨道到达M 点 （3）2.7J 【解析】 【详解】（1）设物块由D 点以初速度v D 做平抛运动，落到P 点时其竖直方向分速度为：v y 22100.45gR =⨯⨯m/s ＝3m/sy Dv v =tan53°43=所以：v D ＝2.25m/s（2）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则mg ＝m 2v R，解得：v 322gR ==m/s 物块到达P 的速度：22223 2.25P D y v v v =+=+＝3.75m/s若物块能沿圆弧轨道到达M 点，其速度为v M ，由D 到M 的机械能守恒定律得：()22222111cos5322M P m v m v m g R =-⋅+︒ 可得：20.3375M v =-，这显然是不可能的，所以物块不能到达M 点（3）由题意知x ＝4t -2t 2，物块在桌面上过B 点后初速度v B ＝4m/s ，加速度为：24m/s a =则物块和桌面的摩擦力：22m g m a μ= 可得物块和桌面的摩擦系数: 0.4μ=质量m 1＝0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点，由能量守恒可弹簧压缩到C 点具有的弹性势能为：p 10BC E m gx μ-=质量为m 2＝0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点时，由动能定理可得：2p 2212BC B E m gx m v μ-=可得，2m BC x = 在这过程中摩擦力做功：12 1.6J BC W m gx μ=-=-由动能定理，B 到D 的过程中摩擦力做的功：W 2222201122D m v m v =- 代入数据可得：W 2＝-1.1J质量为m 2＝0.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中摩擦力做的功12 2.7J W W W =+=-即克服摩擦力做功为2.7 J .3．如图所示，BC 为半径r 225=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98s 再次回到C 点。
高中物理曲线运动练习题及答案及解析.docx
高中物理曲线运动练习题及答案及解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．光滑水平面AB 与竖直面内的圆形导轨在 B 点连接，导轨半径R＝ 0.5 m，一个质量m＝ 2 kg 的小球在 A 处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接．用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能 Ep＝ 49 J，如图所示．放手后小球向右运动脱离弹簧，沿圆形轨道向上运动恰能通过最高点C， g 取 10 m/s 2．求：(1)小球脱离弹簧时的速度大小；(2)小球从 B 到 C 克服阻力做的功；(3)小球离开 C 点后落回水平面时的动能大小．【答案】（1）7m / s（ 2）24J（ 3）25J【解析】【分析】【详解】(1)根据机械能守恒定律E p＝1mv12 ?①212Ep＝7m/s ②v ＝m(2)由动能定理得－ mg·2R－ W f＝1mv221mv12③22小球恰能通过最高点，故mg m v22④R由②③④得W f＝24 J(3)根据动能定理：mg 2R E k 1mv22 2解得： E k25J故本题答案是：（ 1）7m / s（ 2）24J（ 3）25J【点睛】(1)在小球脱离弹簧的过程中只有弹簧弹力做功,根据弹力做功与弹性势能变化的关系和动能定理可以求出小球的脱离弹簧时的速度v;(2)小球从 B 到 C 的过程中只有重力和阻力做功,根据小球恰好能通过最高点的条件得到小球在最高点时的速度 ,从而根据动能定理求解从 B 至 C 过程中小球克服阻力做的功 ;(3)小球离开 C 点后做平抛运动 ,只有重力做功,根据动能定理求小球落地时的动能大小2．如图所示，带有1 光滑圆弧的小车A 的半径为R，静止在光滑水平面上．滑块 C 置于4木板 B 的右端， A、 B、 C 的质量均为m， A、 B 底面厚度相同．现 B、 C 以相同的速度向右匀速运动， B 与 A 碰后即粘连在一起， C 恰好能沿 A 的圆弧轨道滑到与圆心等高处．则： (已知重力加速度为g)(1)B、C 一起匀速运动的速度为多少？(2)滑块 C 返回到 A 的底端时AB 整体和 C 的速度为多少？【答案】（1）v023gR （2）v1 2 3gR53gR， v233【解析】本题考查动量守恒与机械能相结合的问题．(1)设 B、 C 的初速度为v ， AB 相碰过程中动量守恒，设碰后AB 总体速度 u，由mv02mu ，解得 u v0 2C 滑到最高点的过程：mv02mu3mu1mv0212mu213mu 2mgR222解得v0 2 3gR(2)C从底端滑到顶端再从顶端滑到底部的过程中，满足水平方向动量守恒、机械能守恒，有 mv02mu mv12mv21mv0212mu21mv1212mv222222解得：v123gR ，v253gR333．如图所示，半径为R 的四分之三圆周轨道固定在竖直平面内，O 为圆轨道的圆心，D 为圆轨道的最高点，圆轨道内壁光滑，圆轨道右侧的水平面BC 与圆心等高．质量为m 的小球从离 B 点高度为h 处（3 R2h3R ）的 A 点由静止开始下落，从 B 点进入圆轨道，重力加速度为g ）．（1）小球能否到达D点？试通过计算说明；（2）求小球在最高点对轨道的压力范围；（3）通过计算说明小球从 D 点飞出后能否落在水平面BC 上，若能，求落点与 B 点水平距离 d 的范围．【答案】（1）小球能到达 D 点；（2） 0F3mg ；（3）2 1 R d 2 21 R【解析】【分析】【详解】（1）当小球刚好通过最高点时应有：mg mv D2R由机械能守恒可得：mg h R mv D 22联立解得 h 3R ，因为3R h3R ，小球能到达 D 点；2h 的取值范围为2（2）设小球在D点受到的压力为 F ，则F mg mv D2 Rmg h R mv D2 2联立并结合 h 的取值范围 3 R h3R 解得： 0F3mg2据牛顿第三定律得小球在最高点对轨道的压力范围为：0 F 3mg （3）由（ 1）知在最高点D速度至少为v D min gR此时小球飞离 D 后平抛，有：R 1 gt22xmin vD mint联立解得x min2R R ，故能落在水平面BC 上，当小球在最高点对轨道的压力为3mg 时，有：mg3mg m v D2maxR解得v D max 2gR 小球飞离 D 后平抛 R 1gt 2，2x max vD maxt联立解得x max 2 2R故落点与 B 点水平距离 d 的范围为： 2 1 R d 2 2 1 R4．如图所示，在光滑的圆锥体顶部用长为的细线悬挂一质量为的小球，因锥体固定在水平面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角为，物体绕轴线在水平面内做匀速圆周运动，小球静止时细线与母线给好平行，已知，重力加速度g 取若北小球运动的角速度，求此时细线对小球的拉力大小。
人教版(2019)高中物理必修二 5.1 曲线运动 练习(含答案)
曲线运动练习一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1.关于曲线运动，下说法中正确的是()A. 曲线运动一定是变速运动B. 曲线运动的加速度可以为零C. 在恒力作用下，物体不可以做曲线运动D. 物体做曲线运动，动能一定会发生变化2.做曲线运动的物体，在运动过程中，一定变化的物理量是()A. 合外力B. 速率C. 速度D. 加速度3.物体在恒力F1,F2,F3的共同作用下做匀速直线运动，若突然撤去恒力F1，则物体的运动情况是()A. 一定做匀变速直线运动B. 可能做匀速直线运动C. 可能做曲线运动D. 速度大小一定增加4.关于曲线运动与其所受外力的说法，正确的是()A. 做曲线运动的物体的合外力一定不为零B. 做曲线运动的物体的合外力一定变化C. 做曲线运动的物体的合外力方向与加速度方向不在一条直线上D. 物体所受合外力的方向与速度方向不相同，物体一定做曲线运动5.质点沿曲线从M向P点运动，关于其在P点的速度v与加速度a的方向，下列图示正确的是()A. B.C. D.6.“嫦娥”四号卫星于2018年12月8日发射升空，如图所示，在“嫦娥”四号卫星沿曲线轨道MN运动，从M点到N点的飞行过程中，速度逐渐增大。
在此过程中“嫦娥”四号卫星所受合力的方向可能是()A. B. C. D.7.一个质点受到两个互成锐角的力F1、F2的作用，由静止开始运动，若保持二力方向不变，只将F1突然增大为2F1，则此后质点A. 不一定做曲线运动B. 可能做匀变速直线运动C. 可能做匀速直线运动D. 一定做匀变速运动8.一个钢球在水平桌面上做直线运动，在其经过的路径旁放一块磁铁，则钢球的运动路径就发生改变，如图所示，由此可知()A. 当物体受到合外力作用时，其运动方向一定发生改变B. 当物体受到合外力作用时，其惯性就消失了C. 当物体所受合力的方向与初速度方向不共线时，其运动方向发生改变D. 当物体所受合力的方向与初速度方向垂直时，其运动方向才发生改变二、多选题（本大题共2小题，共8.0分）9.如图所示，这是物体做匀变速曲线运动的轨迹示意图，已知物体在B点的加速度方向与速度方向垂直，则下列说法中错误的是()A. C点的加速度比B点的加速度大B. C点的加速度比A点的加速度大C. A点速率大于B点的速率D. 从A点到C点加速度与速度的夹角先增大后减小，速率是先减小后增大10.一个物体以初速度v0从A点开始在光滑水平面上运动．一个水平力作用在物体上，物体的运动轨迹如图中实线所示，图中B为轨迹上一点，虚线是过A、B两点并与运动轨迹相切的直线，虚线和实线将水平面划分为图示的5个区域．则关于该施力物体位置的判断，下列说法中正确的是()A. 如果这个力是引力，则施力物体一定在④区域B. 如果这个力是引力，则施力物体一定在②区域C. 如果这个力是斥力，则施力物体一定在②区域D. 如果这个力是斥力，则施力物体可能在①或③区域三、填空题（本大题共4小题，共16.0分）11.做曲线运动的物体的速度方向沿曲线上这一点的______方向，物体做曲线运动的条件是合外力的方向与______方向不在一条直线上。
高中物理《曲线运动》练习题(附答案解析)
高中物理《曲线运动》练习题（附答案解析）学校:___________姓名：___________班级：___________ 一、单选题1．下列关系式中不是利用物理量之比定义新的物理量的是（）A．FEq=B．pEqϕ=C．Fam=D．tθω=2．一船以恒定的速率渡河，水速恒定（小于船速）。
要使船垂直河岸到达对岸，则（）A．船应垂直河岸航行B．船的航行方向应偏向上游一侧C．船不可能沿直线到达对岸D．河的宽度一定时，船垂直到对岸的时间是任意的3．如图所示，一杂技演员驾驶摩托车沿半径为R的圆周做线速度大小为v的匀速圆周运动。
若杂技演员和摩托车的总质量为m，其所受向心力大小为（）A．mvRB．2mvRC．22mvRD．2mvR4．如图所示，细线一端固定在A点，另一端系着小球。
给小球一个初速度，使小球在水平面内做匀速圆周运动，关于该小球的受力情况，下列说法中正确的是（）A．受重力、向心力作用B．受细线拉力、向心力作用C．受重力、细线拉力作用D．受重力、细线拉力和向心力作用5．下列现象或措施中，与离心运动有关的是（）A．汽车行驶过程中，乘客要系好安全带B．厢式电梯张贴超载标识C．火车拐弯处设置限速标志D．喝酒莫开车，开车不喝酒6．把地球设想成一个半径为地球半径R=6 400km的拱形桥，如图所示，汽车在最高点时，若恰好对“桥面”压力为0，g=9.8m/s2，则汽车的速度为（）A．7.9m/s B．7.9m/h C．7.9km/s D．7.9km/h7．光滑平面上一运动质点以速度v通过原点O，v与x轴正方向成α角（如图所示），与此同时对质点加上沿x轴正方向的恒力Fx和沿y轴正方向的恒力Fy，则（）A．因为有Fx，质点一定做曲线运动B．如果Fy>Fx，质点向y轴一侧做曲线运动C．质点不可能做直线运动D．如果Fy<Fx tanα，质点向x轴一侧做曲线运动8．在2022年2月5日北京冬奥会上，我国选手运动员在短道速滑比赛中的最后冲刺阶段如图所示，设甲、乙两运动员在水平冰面上恰好同时到达虚线PQ，然后分别沿半径为r1和r2(r2＞r1)的滑道做匀速圆周运动，运动半个圆周后匀加速冲向终点线。
高中物理曲线运动专项训练100(附答案)含解析
高中物理曲线运动专项训练100(附答案)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：212r gt = 解得：a v gr =小滑块在a 点飞出的动能21122k 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：2211222m a mv mv mg r =+⋅ 在最低点由牛顿第二定律：2m 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21cos 2m mgH mg L mv μα-⋅= 解得4214μ-=2．如图所示，光滑的水平地面上停有一质量，长度的平板车，平板车左端紧靠一个平台，平台与平板车的高度均为，一质量的滑块以水平速度从平板车的左端滑上平板车，并从右端滑离，滑块落地时与平板车的右端的水平距离。
不计空气阻力，重力加速度求：滑块刚滑离平板车时，车和滑块的速度大小； 滑块与平板车间的动摩擦因数。
【答案】(1)，(2)【解析】 【详解】设滑块刚滑到平板车右端时，滑块的速度大小为，平板车的速度大小为， 由动量守恒可知：滑块滑离平板车后做平抛运动，则有：解得：，；由功能关系可知：解得：【点睛】本题主要是考查了动量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程进行解答。
(物理) 高考物理曲线运动专项训练100(附答案)及解析
（物理） 高考物理曲线运动专项训练100(附答案)及解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．如图所示,固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道,轨道半径R =0.6m,平台上静止放置着两个滑块A 、B ,m A =0.1kg,m B =0.2kg,两滑块间夹有少量炸药,平台右侧有一带挡板的小车,静止在光滑的水平地面上．小车质量为M =0.3kg,车面与平台的台面等高,小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧,弹簧的自由端在Q 点,小车的上表面左端点P 与Q 点之间是粗糙的,PQ 间距离为L 滑块B 与PQ 之间的动摩擦因数为μ=0.2,Q 点右侧表面是光滑的．点燃炸药后,A 、B 分离瞬间A 滑块获得向左的速度v A =6m/s,而滑块B 则冲向小车．两滑块都可以看作质点,炸药的质量忽略不计,爆炸的时间极短,爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上,且g=10m/s 2．求:(1)滑块A 在半圆轨道最高点对轨道的压力;(2)若L =0.8m,滑块B 滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；(3)要使滑块B 既能挤压弹簧,又最终没有滑离小车,则小车上PQ 之间的距离L 应在什么范围内【答案】（1）1N ，方向竖直向上（2）0.22P E J =（3）0．675m ＜L ＜1．35m 【解析】 【详解】(1)A 从轨道最低点到轨道最高点由机械能守恒定律得：2211222A A A A m v m v m g R -=⨯ 在最高点由牛顿第二定律：2A N A v m g F m R+=滑块在半圆轨道最高点受到的压力为：F N =1N由牛顿第三定律得：滑块对轨道的压力大小为1N ，方向向上 （2）爆炸过程由动量守恒定律：A AB B m v m v =解得：v B =3m/s滑块B 冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，由动量守恒定律可知：)B B B m v m M v =+共（由能量关系：2211()-22P B B B B E m v m M v m gL μ=-+共解得E P =0.22J(3)滑块最终没有离开小车，滑块和小车具有共同的末速度，设为u ，滑块与小车组成的系统动量守恒，有：)B B B m v m M v =+（若小车PQ 之间的距离L 足够大，则滑块还没与弹簧接触就已经与小车相对静止， 设滑块恰好滑到Q 点，由能量守恒定律得：22111()22B B B B m gL m v m M v μ=-+联立解得：L 1=1.35m若小车PQ 之间的距离L 不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于Q 点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ 之间，设滑块恰好回到小车的左端P 点处，由能量守恒定律得：222112()22B B B B m gL m v m M v μ=-+ 联立解得：L 2=0.675m综上所述，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ 之间的距离L 应满足的范围是0.675m ＜L ＜1.35m2．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: 2ω=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=2vmR，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=220.810hsg⨯==0.4s，则落地点离桌面的水平距离为：x=vt=5×0.4=2m.3．如图所示，在竖直平面内有一半径为R的14光滑圆弧轨道AB，与水平地面相切于B点。
高中物理曲线运动专项训练100(附答案)及解析
高中物理曲线运动专项训练100(附答案)及解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．如图所示，水平屋顶高H＝5 m，围墙高h＝3.2 m，围墙到房子的水平距离L＝3 m，围墙外空地宽x＝10 m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上，g取10 m/s2.求：(1)小球离开屋顶时的速度v0的大小范围；(2)小球落在空地上的最小速度．【答案】(1)5 m/s≤v0≤13 m/s；(2)55m/s；【解析】【分析】【详解】（1）若v太大，小球落在空地外边，因此，球落在空地上，v的最大值v max为球落在空地最右侧时的平抛初速度，如图所示，小球做平抛运动，设运动时间为t1．则小球的水平位移：L+x=v max t1，小球的竖直位移：H=gt12解以上两式得v max=（L+x）=（10+3）×=13m/s．若v太小，小球被墙挡住，因此，球不能落在空地上，v的最小值v min为球恰好越过围墙的最高点P落在空地上时的平抛初速度，设小球运动到P点所需时间为t2，则此过程中小球的水平位移：L=v min t2小球的竖直方向位移：H﹣h=gt22解以上两式得v min=L=3×=5m/s因此v0的范围是v min≤v0≤v max，即5m/s≤v0≤13m/s．（2）根据机械能守恒定律得：mgH+=解得小球落在空地上的最小速度：v min′===5m/s2．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点．D 点位于水平桌面最右端，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其形状为半径R ＝0.45m 的圆环剪去左上角127°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离为R ，P 点到桌面右侧边缘的水平距离为1.5R ．若用质量m 1＝0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点，用同种材料、质量为m 2＝0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点后其位移与时间的关系为x ＝4t ﹣2t 2，物块从D 点飞离桌面后恰好由P 点沿切线落入圆轨道．g ＝10m/s 2，求：（1）质量为m 2的物块在D 点的速度；（2）判断质量为m 2＝0.2kg 的物块能否沿圆轨道到达M 点：（3）质量为m 2＝0.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功. 【答案】（1）2.25m/s （2）不能沿圆轨道到达M 点 （3）2.7J 【解析】 【详解】（1）设物块由D 点以初速度v D 做平抛运动，落到P 点时其竖直方向分速度为：v y 22100.45gR =⨯⨯m/s ＝3m/sy Dv v =tan53°43=所以：v D ＝2.25m/s（2）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则mg ＝m 2v R，解得：v 32gR ==m/s 物块到达P 的速度：22223 2.25P D y v v v =+=+＝3.75m/s若物块能沿圆弧轨道到达M 点，其速度为v M ，由D 到M 的机械能守恒定律得：()22222111cos5322M P m v m v m g R =-⋅+︒ 可得：20.3375M v =-，这显然是不可能的，所以物块不能到达M 点（3）由题意知x ＝4t -2t 2，物块在桌面上过B 点后初速度v B ＝4m/s ，加速度为：24m/s a =则物块和桌面的摩擦力：22m g m a μ= 可得物块和桌面的摩擦系数: 0.4μ=质量m 1＝0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点，由能量守恒可弹簧压缩到C 点具有的弹性势能为：p 10BC E m gx μ-=质量为m 2＝0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点时，由动能定理可得：2p 2212BC B E m gx m v μ-=可得，2m BC x = 在这过程中摩擦力做功：12 1.6J BC W m gx μ=-=-由动能定理，B 到D 的过程中摩擦力做的功：W 2222201122D m v m v =- 代入数据可得：W 2＝-1.1J质量为m 2＝0.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中摩擦力做的功12 2.7J W W W =+=-即克服摩擦力做功为2.7 J .3．如图所示,固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道,轨道半径R =0.6m,平台上静止放置着两个滑块A 、B ,m A =0.1kg,m B =0.2kg,两滑块间夹有少量炸药,平台右侧有一带挡板的小车,静止在光滑的水平地面上．小车质量为M =0.3kg,车面与平台的台面等高,小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧,弹簧的自由端在Q 点,小车的上表面左端点P 与Q 点之间是粗糙的,PQ 间距离为L 滑块B 与PQ 之间的动摩擦因数为μ=0.2,Q 点右侧表面是光滑的．点燃炸药后,A 、B 分离瞬间A 滑块获得向左的速度v A =6m/s,而滑块B 则冲向小车．两滑块都可以看作质点,炸药的质量忽略不计,爆炸的时间极短,爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上,且g=10m/s 2．求:(1)滑块A 在半圆轨道最高点对轨道的压力;(2)若L =0.8m,滑块B 滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；(3)要使滑块B 既能挤压弹簧,又最终没有滑离小车,则小车上PQ 之间的距离L 应在什么范围内【答案】（1）1N ，方向竖直向上（2）0.22P E J =（3）0．675m ＜L ＜1．35m 【解析】【详解】(1)A 从轨道最低点到轨道最高点由机械能守恒定律得：2211222A A A A m v m v m g R -=⨯ 在最高点由牛顿第二定律：2A N A v m g F m R+=滑块在半圆轨道最高点受到的压力为：F N =1N由牛顿第三定律得：滑块对轨道的压力大小为1N ，方向向上 （2）爆炸过程由动量守恒定律：A AB B m v m v =解得：v B =3m/s滑块B 冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，由动量守恒定律可知：)B B B m v m M v =+共（由能量关系：2211()-22P B B B B E m v m M v m gL μ=-+共 解得E P =0.22J(3)滑块最终没有离开小车，滑块和小车具有共同的末速度，设为u ，滑块与小车组成的系统动量守恒，有：)B B B m v m M v =+（若小车PQ 之间的距离L 足够大，则滑块还没与弹簧接触就已经与小车相对静止， 设滑块恰好滑到Q 点，由能量守恒定律得：22111()22B B B B m gL m v m M v μ=-+联立解得：L 1=1.35m若小车PQ 之间的距离L 不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于Q 点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ 之间，设滑块恰好回到小车的左端P 点处，由能量守恒定律得：222112()22B B B B m gL m v m M v μ=-+ 联立解得：L 2=0.675m综上所述，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ 之间的距离L 应满足的范围是0.675m ＜L ＜1.35m4．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: 2ω=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=2vmR，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 220.810hsg⨯==0.4s，则落地点离桌面的水平距离为：x=vt=5×0.4=2m.5．如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限的等腰直角三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y＜0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场22mvEqh=．一质量为m、电荷量为q的带电粒子从电场中Q点以速度v0水平向右射出，经坐标原点O射入第Ⅰ象限．已知粒子在第Ⅲ象限运动的水平方向位移为竖直方向位移的2倍，且恰好不从PN边射出磁场．已知MN平行于x轴，N点的坐标为(2h,2h)，不计粒子的重力，求：⑴入射点Q的坐标；⑵磁感应强度的大小B；⑶粒子第三次经过x轴的位置坐标.【答案】(1)()2,h h--(2))221mvqh(3)(20262,0v ghg⎡⎤--⎢⎥-⎢⎥⎣⎦【解析】【分析】带电粒子从电场中Q点以速度v0水平向右射出，在第Ⅲ象限做的是类平抛运动，在第I象限，先是匀速直线运动，后是圆周运动，最后又在电场中做类斜抛运动．【详解】(1)带电粒子在第Ⅲ象限做的是类平抛运动，带电粒子受的电场力为1F运动时间为1t，有1F qE=22mvh=由题意得11F qEam m==101x v t=21112y at=解得21mvxEq=212mvyEq=2qhQ 的坐标()2,h h --(2) 带电粒子经坐标原点O 射入第Ⅰ象限时的速度大小为1v0x v v =1y v at =1mv t Eq=联立解得0y v v =102v v =由带电粒子在通过坐标原点O 时，x 轴和y 轴方向速度大小相等可知，带电粒子在第I 象限以02v 速度大小，垂直MP 射入磁场，并在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，且恰好不从PN 边射出磁场．如下图所示，设圆周的半径为R ，由牛顿第二定律则有20022mv q v B R= 02R qB=由图知EC 是中位线，O 1是圆心，D 点是圆周与PN 的切点，由几何知识可得，圆周半径解得)021B mv qh=(3)0，且抛 射角是045，如下图所示，根据斜抛运动的规律，有20x v =cos45020y v =sin450带电粒子在电场中飞行时间为2t 则有10222y v v t gg==带电粒子在电场中水平方向飞行距离为2x 有202222x v x v t g==带电粒子在2p 点的坐标 由几何知识可知2p 点的坐标是，0）带电粒子在1p 点的坐标是(2026,0v gh g ⎡⎤--⎢⎥-⎢⎥⎣⎦【点睛】带电粒子在不同场中运动用不同的物理公式以及利用几何知识来计算．6．如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆形轨道，外圆ABCD 光滑，内圆的上半部分B′C′D′粗糙，下半部分B′A′D′光滑．一质量m=0.2kg 的小球从轨道的最低点A 处以初速度v 0向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径R=0.2m ，取g=10m/s 2．（1）若要使小球始终紧贴着外圆做完整的圆周运动，初速度v 0至少为多少？ （2）若v 0=3m/s ，经过一段时间小球到达最高点，内轨道对小球的支持力F C =2N ，则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？（3）若v 0=3.1m/s ，经过足够长的时间后，小球经过最低点A 时受到的支持力为多少？小球在整个运动过程中减少的机械能是多少？（保留三位有效数字） 【答案】（1）0v 10m/s （2）0.1J （3）6N ；0.56J 【解析】 【详解】（1）在最高点重力恰好充当向心力2Cmv mg R= 从到机械能守恒220112-22C mgR mv mv =解得010m/s v =（2）最高点'2-CC mv mg F R= 从A 到C 用动能定理'22011-2--22f C mgR W mv mv =得=0.1J f W（3）由0=3.1m/s<10m/s v 于，在上半圆周运动过程的某阶段，小球将对内圆轨道间有弹力，由于摩擦作用，机械能将减小．经足够长时间后，小球将仅在半圆轨道内做往复运动．设此时小球经过最低点的速度为A v ，受到的支持力为A F212A mgR mv =2-AA mv F mg R= 得=6N A F整个运动过程中小球减小的机械能201-2E mv mgR ∆=得=0.56J E ∆7．如图所示,半径为4l,质量为m 的小球与两根不可伸长的轻绳a ,b 连接,两轻绳的另一端分别固定在一根竖直光滑杆的A ,B 两点上.已知A ,B 两点相距为l ,当两轻绳伸直后A 、B 两点到球心的距离均为l ,重力加速度为g ．（1）装置静止时,求小球受到的绳子的拉力大小T ；（2）现以竖直杆为轴转动并达到稳定（轻绳a ,b 与杆在同一竖直平面内）． ①小球恰好离开竖直杆时,竖直杆的角速度0ω多大? ②轻绳b 伸直时,竖直杆的角速度ω多大？【答案】(1)415T = (2)①ω0=15215g l②2g l ω≥【解析】 【详解】(1)设轻绳a 与竖直杆的夹角为α15cos 4α=对小球进行受力分析得cos mgT α=解得：15T mg =(2)①小球恰好离开竖直杆时，小球与竖直杆间的作用力为零。
高中物理曲线运动专项训练100(附答案)含解析
高中物理曲线运动专项训练100(附答案)含解析一、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+)()2m 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，竖直圆形轨道固定在木板B 上，木板B 固定在水平地面上，一个质量为3m 小球A 静止在木板B 上圆形轨道的左侧．一质量为m 的子弹以速度v 0水平射入小球并停留在其中，小球向右运动进入圆形轨道后，会在圆形轨道内侧做圆周运动．圆形轨道半径为R ，木板B 和圆形轨道总质量为12m ，重力加速度为g ，不计小球与圆形轨道和木板间的摩擦阻力．求：(1)子弹射入小球的过程中产生的内能；(2)当小球运动到圆形轨道的最低点时，木板对水平面的压力；(3)为保证小球不脱离圆形轨道，且木板不会在竖直方向上跳起，求子弹速度的范围．【答案】(1)2038mv (2) 2164mv mg R+(3)042v gR ≤或04582gR v gR ≤≤【解析】本题考察完全非弹性碰撞、机械能与曲线运动相结合的问题． (1)子弹射入小球的过程，由动量守恒定律得：01(3)mv m m v =+ 由能量守恒定律得：220111422Q mv mv =-⨯ 代入数值解得：2038Q mv =(2)当小球运动到圆形轨道的最低点时，以小球为研究对象，由牛顿第二定律和向心力公式得211(3)(3)m m v F m m g R+-+=以木板为对象受力分析得2112F mg F =+ 根据牛顿第三定律得木板对水平的压力大小为F 2木板对水平面的压力的大小202164mv F mg R=+(3)小球不脱离圆形轨有两种可能性：①若小球滑行的高度不超过圆形轨道半径R由机械能守恒定律得：()()211332m m v m m gR +≤+ 解得：042v gR ≤②若小球能通过圆形轨道的最高点小球能通过最高点有：22(3)(3)m m v m m g R++≤由机械能守恒定律得：221211(3)2(3)(3)22m m v m m gR m m v +=+++代入数值解得：045v gR ≥要使木板不会在竖直方向上跳起，木板对球的压力：312Fmg ≤在最高点有：233(3)(3)m m v F m m g R+++=由机械能守恒定律得：221311(3)2(3)(3)22m m v m m gR m m v +=+++ 解得：082v gR ≤综上所述为保证小球不脱离圆形轨道，且木板不会在竖直方向上跳起，子弹速度的范围是042v gR ≤或04582gR v gR ≤≤3．如图所示，BC 为半径r 225=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98s 再次回到C 点。
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高中物理曲线运动专项训练100(附答案)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：212r gt = 解得：a v gr =小滑块在a 点飞出的动能21122k 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：2211222m a mv mv mg r =+⋅ 在最低点由牛顿第二定律：2m 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21cos 2m mgH mg L mv μα-⋅= 解得4214μ-=2．如图所示，光滑的水平地面上停有一质量，长度的平板车，平板车左端紧靠一个平台，平台与平板车的高度均为，一质量的滑块以水平速度从平板车的左端滑上平板车，并从右端滑离，滑块落地时与平板车的右端的水平距离。
不计空气阻力，重力加速度求：滑块刚滑离平板车时，车和滑块的速度大小； 滑块与平板车间的动摩擦因数。
【答案】(1)，(2)【解析】 【详解】设滑块刚滑到平板车右端时，滑块的速度大小为，平板车的速度大小为， 由动量守恒可知：滑块滑离平板车后做平抛运动，则有：解得：，；由功能关系可知：解得：【点睛】本题主要是考查了动量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程进行解答。
3．图示为一过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的光滑圆形轨道组成，BC 分别是圆形轨道的最低点和最高点，其半径R=1m ，一质量m ＝1kg 的小物块（视为质点）从左側水平轨道上的A 点以大小v 0＝12m ／s 的初速度出发，通过竖直平面的圆形轨道后，停在右侧水平轨道上的D 点．已知A 、B 两点间的距离L 1＝5．75m ，物块与水平轨道写的动摩擦因数μ=0．2，取g ＝10m ／s 2，圆形轨道间不相互重叠，求：（1）物块经过B 点时的速度大小v B ； （2）物块到达C 点时的速度大小v C ；（3）BD 两点之间的距离L 2，以及整个过程中因摩擦产生的总热量Q 【答案】(1) 11/m s (2) 9/m s (3) 72J 【解析】 【分析】 【详解】（1）物块从A 到B 运动过程中，根据动能定理得：22101122B mgL mv mv μ-=- 解得：11/B v m s =（2）物块从B 到C 运动过程中，根据机械能守恒得：2211·222B C mv mv mg R =+ 解得：9/C v m s =（3）物块从B 到D 运动过程中，根据动能定理得：22102B mgL mv μ-=- 解得：230.25L m =对整个过程，由能量守恒定律有：20102Q mv =- 解得：Q=72J 【点睛】选取研究过程，运用动能定理解题．动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动．知道小滑块能通过圆形轨道的含义以及要使小滑块不能脱离轨道的含义．4．水平抛出一个物体，当抛出1秒后，它的速度方向与水平方向成45°角，落地时，速度方向与水平方向成60°角，（g 取10m/s 2）。
求： （1）初速度（2）水平射程（结果保留两位有效数字） （3）抛出点距地面的高度 【答案】（1）10m/s （2）17m(3)15m 【解析】 【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．将1秒后的速度进行分解，根据v y=gt求出竖直方向上的分速度，再根据角度关系求出平抛运动的初速度；将落地的速度进行分解，水平方向上的速度不变，根据水平初速度求出落地时的速度；根据落地时的速度求出竖直方向上的分速度，运用v y=gt求出运动的时间，再根据x=v0t求出水平射程．再根据h=12gt2求出抛出点距地面的高度.【详解】（1）如图，水平方向v x=v0，竖直方向v y=gt，1s时速度与水平成45°角，即θ=45°因为tan450=yvv所以v0=v y初速度：v0=gt=10×1=10m/s。
（2）落地时，'tan60yxvv=所以落地竖直速度'3103/yv gt v m s===解得t=3s水平射程：10317x v t m m==≈（3）抛出点距地面的高度22111031522h gt m m==⨯⨯=【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．知道分运动和合运动具有等时性，掌握竖直方向和水平方向上的运动学公式．5．如图甲所示，粗糙水平面与竖直的光滑半圆环在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v0=4m/s的初速度从水平面的某点向右运动并冲上竖直光滑半圆环，取g=10m/s2，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 点的中间离开半固轨道，求出发点到N 点的距离S 应满足的条件【答案】（1）0.2m ；（2）0.2；（3）0≤x ≤2.75m 或3.5m ≤x ＜4m ． 【解析】 【分析】（1）由牛顿第二定律求得在M 点的速度范围，然后由平抛运动规律求得水平位移，即可得到最小值；（2）根据动能定理得到M 点速度和x 的关系，然后由平抛运动规律得到y 和M 点速度的关系，即可得到y 和x 的关系，结合图象求解；（3）根据物体不脱离轨道得到运动过程，然后由动能定理求解． 【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：mg ≤2M mv R，所以，v M1m /s ；物体能从M 点飞出做平抛运动，故有：2R ＝12gt 2，落到水平面时落点到N 点的距离x ＝v M t2R ＝0.2m ； 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：−μmgx −2mgR ＝12mv M 2−12mv 02； 物体从M 点落回水平面做平抛运动，故有：2R ＝12gt 2，M y v t ==＝ 由图可得：y 2=0.48-0.16x ，所以，μ＝0.160.8＝0.2； （3）要使物体从某点出发后的运动过程中不会在N 到M 点的中间离开半圆轨道，那么物体能到达的最大高度0＜h≤R 或物体能通过M 点；物体能到达的最大高度0＜h≤R 时，由动能定理可得：−μmgx −mgh ＝0−12mv 02， 所以，2200122mv mghv h x mg g μμμ--＝＝，所以，3.5m≤x ＜4m ；物体能通过M 点时，由（1）可知v M≥gR ＝1m /s ， 由动能定理可得：−μmgx−2mgR ＝12mv M 2−12mv 02； 所以2222001124222M M mv mv mgRv v gR x mg gμμ----=＝， 所以，0≤x≤2.75m ； 【点睛】经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解．6．如图甲所示，轻质弹簧原长为2L ，将弹簧竖直放置在水平地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为L ．现将该弹簧水平放置，如图乙所示．一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接．AB 是长度为5L 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 在竖直方向上．物块P 与AB 间的动摩擦因数0.5μ=，用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度为L 处，然后释放P ，P 开始沿轨道运动，重力加速度为g ．（1）求当弹簧压缩至长度为L 时的弹性势能p E ；（2）若P 的质量为m ，求物块离开圆轨道后落至AB 上的位置与B 点之间的距离； （3）为使物块P 滑上圆轨道后又能沿圆轨道滑回，求物块P 的质量取值范围．【答案】(1)5P E mgL = (2) 22S L = (3)5532m M m ＃ 【解析】 【详解】（1）由机械能守恒定律可知：弹簧长度为L 时的弹性势能为（2）设P 到达B 点时的速度大小为，由能量守恒定律得：设P 到达D 点时的速度大小为，由机械能守恒定律得：物体从D 点水平射出，设P 落回到轨道AB 所需的时间为θ θ 22S L =（3）设P 的质量为M ，为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点的速度不能小于零 得54mgL MgL μ> 52M m <要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C ，得212BMv MgL '≤ 2142p BE Mv MgL μ='+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?2gl；()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。