高考曲线运动题型总结
高考物理曲线运动试题类型及其解题技巧含解析
高考物理曲线运动试题类型及其解题技巧含解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．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）【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＝＝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′0t，H＝gt′2解得：（n＝1.2.3……）2．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/s2．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）7/m s （2）24J （3）25J 【解析】 【分析】 【详解】(1)根据机械能守恒定律 E p ＝211m ?2v ① v 12Epm＝7m/s ② (2)由动能定理得－mg ·2R －W f ＝22211122mv mv - ③ 小球恰能通过最高点，故22v mg m R= ④ 由②③④得W f ＝24 J(3)根据动能定理：22122k mg R E mv =-解得：25k E J =故本题答案是：（1）7/m 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3．如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘3.2m 处放着一质量为0.1kg 的小铁球（可看作质点），铁球与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平向右推力F =1.0N 作用于铁球，作用一段时间后撤去。
高考物理曲线运动试题类型及其解题技巧及解析
高考物理曲线运动试题类型及其解题技巧及解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切．BC 为圆弧轨道的直径．O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sinα=35，一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g ．求：（1）水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小； （2）小球到达A 点时动量的大小； （3）小球从C 点落至水平轨道所用的时间． 【答案】（15gR（223m gR （3355R g 【解析】试题分析 本题考查小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力．解析（1）设水平恒力的大小为F 0，小球到达C 点时所受合力的大小为F ．由力的合成法则有tan F mgα=① 2220()F mg F =+②设小球到达C 点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律得2v F m R=③由①②③式和题给数据得034F mg =④5gRv =（2）设小球到达A 点的速度大小为1v ，作CD PA ⊥，交PA 于D 点，由几何关系得 sin DA R α=⑥(1cos CD R α=+）⑦由动能定理有22011122mg CD F DA mv mv -⋅-⋅=-⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为 1232m gR p mv ==⑨ （3）小球离开C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g ．设小球在竖直方向的初速度为v ⊥，从C 点落至水平轨道上所用时间为t ．由运动学公式有212v t gt CD ⊥+=⑩ sin v v α⊥=由⑤⑦⑩式和题给数据得355R t g=点睛 小球在竖直面内的圆周运动是常见经典模型，此题将小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动有机结合，经典创新．2．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F 0,加快后的角速度为ω,线断时的拉力是F 1，则有： F 1:F 0=ω2: 20ω=9:1， 又F 1=F 0+40N ，所以F 0=5N ,线断时有：F 1=45N .(2)设线断时小球的线速度大小为v ,由F 1=2v 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 =220.810h s g ⨯==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，水平长直轨道AB 与半径为R =0.8m 的光滑14竖直圆轨道BC 相切于B ，BC 与半径为r =0.4m 的光滑14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：2Dv mg m r=解得：2m/s D v = （2）从B 到D ，由动能定理：2211()22D 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：2Bv 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：2122B x Fmgx 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．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.5．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。
高考物理曲线运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案).docx
高考物理曲线运动解题技巧及经典题型及练习题 ( 含答案 )一、高中物理精讲专题测试曲线运动1． 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 m 2 km 1 (k0) ，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 0 2/2g(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 2，1 2121由机械能守恒定律得：m 1v 0 =m 1v 1 +2 22m 2v 22，解得： v 22m 1v 0 ； m 1 m 2（2）小球 m 2 从 B 点到达 C 点的过程中，由动能定理可得：1 2 1 2，-m 2g ×2R= m 2v 2 ′-2 m 2v 224gR(2v 0)解得： v 2v 2 4gR (2mv)2 2 4gR ；21m 1 m 21 k小球 m 2 通过最高点 C 后，做平抛运动，竖直方向： 2R= 1gt 2，2水平方向： s=v 2′t ，解得： s(2v 0 )2 4R 16R 2 ，1 k g由一元二次函数规律可知，当v 02 时小 m 2 落地点距 B 最远．Rk )22g(12． 如图所示，质量 m=3kg 的小物块以初速度秽 v 0=4m/s 水平向右抛出，恰好从 A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。
圆弧轨道的半径为R= 3.75m ，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道 BD 平滑连接， A 与圆心 D 的连线与竖直方向成37角， MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与 MN 间的动摩擦因数μ=0.1，轨道其他部分光滑。
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 。
高考物理专题力学知识点之曲线运动分类汇编含解析
高考物理专题力学知识点之曲线运动分类汇编含解析一、选择题1．如图所示，固定在水平地面上的圆弧形容器，容器两端A、C在同一高度上，B为容器的最低点，圆弧上E、F两点也处在同一高度，容器的AB段粗糙，BC段光滑。
一个可以看成质点的小球，从容器内的A点由静止释放后沿容器内壁运动到F以上、C点以下的H 点(图中未画出)的过程中，则A．小球运动到H点时加速度为零B．小球运动到E点时的向心加速度和F点时大小相等C．小球运动到E点时的切向加速度和F点时的大小相等D．小球运动到E点时的切向加速度比F点时的小2．如图所示，小孩用玩具手枪在同一位置沿水平方向先后射出两粒弹珠，击中竖直墙上M、N两点（空气阻力不计），初速度大小分别为v M、v N，、运动时间分别为t M、t N，则A．v M=v N B．v M>v NC．t M>t N D．t M=t N3．质量为m的小球在竖直平面内的圆管轨道内运动，小球的直径略小于圆管的直径，如v 图所示．已知小球以速度v通过最高点时对圆管的外壁的压力恰好为mg，则小球以速度2通过圆管的最高点时()．A．小球对圆管的内、外壁均无压力mgB．小球对圆管的内壁压力等于2mgC．小球对圆管的外壁压力等于2D．小球对圆管的内壁压力等于mg4．如图所示，人用轻绳通过定滑轮拉穿在光滑竖直杆上的物块A，人以速度v0向左匀速拉绳，某一时刻，绳与竖直杆的夹角为，与水平面的夹角为，此时物块A的速度v1为A． B．C． D．5．如图所示，有两条位于同一竖直平面内的水平轨道，轨道上有两个物体A和B，它们通过一根绕过定滑轮O的不可伸长的轻绳相连接，物体A以速率v A＝10m/s匀速运动，在绳与轨道成30°角时，物体B的速度大小v B为（）A 53B．20 m/s C203D．5 m/s6．某质点同时受到在同一平面内的几个恒力作用而平衡，某时刻突然撤去其中一个力，以后这物体将（）①可能做匀加速直线运动；②可能做匀速直线运动；③其轨迹可能为抛物线；④可能做匀速圆周运动．A．①③B．①②③C．①③④D．①②③④7．关于曲线运动，以下说法中正确的是（）A．做匀速圆周运动的物体，所受合力是恒定的B．物体在恒力作用下不可能做曲线运动C．平抛运动是一种匀变速运动D．物体只有受到方向时刻变化的力的作用才可能做曲线运动8．一条小河宽100m，水流速度为8m/s，一艘快艇在静水中的速度为6m/s，用该快艇将人员送往对岸．关于该快艇的说法中正确的是（）A．渡河的最短时间为10sB．渡河时间随河水流速加大而增长C．以最短位移渡河，位移大小为100mD．以最短时间渡河，沿水流方向位移大小为400m 39．如图所示，P是水平地面上的一点，A、B、C、D在同一条竖直线上，且AB=BC=CD.从A、B、C三点分别水平抛出一个物体，这三个物体都落在水平地面上的P点．则三个物体抛出时的速度大小之比为v A∶v B∶v C为()A．2:3:6B．1:2:3C．1∶2∶3D．1∶1∶110．乘坐如图所示游乐园的过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内沿圆周轨道运动.下列说法正确的是（）A．车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，若没有保险带，人一定会掉下去B．人在最高点时对座位仍可能产生压力，但压力一定小于mgC．人在最高点和最低点时的向心加速度大小相等D．人在最低点时对座位的压力大于mg11．小船横渡一条河，船本身提供的速度大小方向都不变．已知小船的运动轨迹如图所示，则河水的流速（）A．越接近B岸水速越大B．越接近B岸水速越小C．由A到B水速先增后减D．水流速度恒定12．如图所示，“跳一跳”游戏需要操作者控制棋子离开平台时的速度，使其能跳到旁边等高平台上。
高考物理全国卷专题04 曲线运动常考模型(原卷版)
2020年高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍专题04 曲线运动常考模型题型一曲线运动和运动的合成与分解【题型解码】1．曲线运动的理解(1)曲线运动是变速运动，速度方向沿切线方向；(2)合力方向与轨迹的关系：物体做曲线运动的轨迹一定夹在速度方向与合力方向之间，合力的方向指向曲线的“凹”侧．2．曲线运动的分析(1)物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方向上的分运动的合成．(2)根据合外力与合初速度的方向关系判断合运动的性质．(3)运动的合成与分解就是速度、位移、加速度等的合成与分解，遵守平行四边形定则．【典例分析1】(多选)如图所示，质量为m的物块A和质量为M的重物B由跨过定滑轮O的轻绳连接，A 可在竖直杆上自由滑动。
当A从与定滑轮O等高的位置无初速释放，下落至最低点时，轻绳与杆夹角为37°。
已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计一切摩擦，下列说法正确的是()A．物块A下落过程中，A与B速率始终相同B．物块A释放时的加速度为gC．M＝2m D．A下落过程中，轻绳上的拉力大小始终等于Mg【典例分析2】(2019·江西宜春市第一学期期末)如图所示是物体在相互垂直的x方向和y方向运动的v－t 图象．以下判断正确的是()A．在0～1 s内，物体做匀速直线运动B．在0～1 s内，物体做匀变速直线运动C．在1～2 s内，物体做匀变速直线运动D．在1～2 s内，物体做匀变速曲线运动【提分秘籍】1.解决运动的合成和分解的一般思路(1)明确合运动和分运动的运动性质。
(2)明确是在哪两个方向上的合成或分解。
(3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)。
(4)运用力与速度的方向关系或矢量的运算法则进行分析求解。
2．关联速度问题的解题方法把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解。
常见的模型如图所示。
高考物理高考物理曲线运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)
高考物理高考物理曲线运动常有题型及答题技巧及练习题 (含答案)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Q1m A gL10（J）（ⅱ）当知足0.2≤μ≤0.A3和小车能共速，产生的热量为时，Q11m A v121m A M v2，解得 Q2=2J 222．如下图，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，水平桌面右边有一竖直搁置的圆滑轨道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 点到桌面右边边沿的水平距离为 1.5R．若用质量 m1＝ 0.4kg 的物块将弹簧迟缓压缩到C 点，开释后弹簧恢还原长时物块恰停止在 B 点，用同种资料、质量为m2＝ 0.2kg 的物块将弹簧迟缓压缩到 C 点开释，物块过 B 点后其位移与时间的关系为x＝ 4t﹣ 2t 2，物块从 D 点飞离桌面后恰巧由P 点沿切线落入圆轨道．g ＝10m/s 2，求：（1）质量为 m2的物块在 D 点的速度；（2）判断质量为 m2＝0.2kg 的物块可否沿圆轨道抵达M 点：（3）质量为 m2＝ 0.2kg 的物块开释后在桌面上运动的过程中战胜摩擦力做的功.【答案】（ 1） 2.25m/s （2）不可以沿圆轨道抵达M 点（3）2.7J【分析】【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 y2gR2 100.45 m/s＝3m/svy4tan53 °v D3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 v2，R解得： v gR 3 2m/s 2物块抵达P 的速度：v P v D2v2y32 2.252m/s＝3.75m/s若物块能沿圆弧轨道抵达M 点，其速度为v M，由 D 到 M 的机械能守恒定律得：1m2v M21m2v P2m2g 1 cos53R22可得： v M20.3375 ，这明显是不行能的，所以物块不可以抵达M 点（3）由题意知 x＝ 4t - 2t2，物块在桌面上过 B 点后初速度 v B＝ 4m/s ，加快度为：a4m/s2则物块和桌面的摩擦力：m2 g m2 a可得物块和桌面的摩擦系数:0.4质量 m10.4kg的物块将弹簧迟缓压缩到C点，开释后弹簧恢还原长时物块恰停止在B＝点，由能量守恒可弹簧压缩到 C 点拥有的弹性势能为：E p m1gx BC 0质量为 m2＝0.2kg 的物块将弹簧迟缓压缩到 C 点开释，物块过 B 点时，由动能定理可得：E p m2 gx BC 1m2v B2 2可得， x BC2m在这过程中摩擦力做功：W1m2gx BC 1.6J 由动能定理， B 到 D 的过程中摩擦力做的功：W 21m2v D21m2v02 22代入数据可得：W2＝ - 1.1J质量为 m2＝0.2kg 的物块开释后在桌面上运动的过程中摩擦力做的功W W1W2 2.7J即战胜摩擦力做功为 2.7 J.3．图示为一过山车的简略模型，它由水平轨道和在竖直平面内的圆滑圆形轨道构成，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 v0＝ 12m／ s 的初速度出发，经过竖直平面的圆形轨道后，停在右边水平轨道上的 D 点．已知 A、B 两点间的距离 L1＝ 5． 75m，物块与水平轨道写的动摩擦因数0． 2，取 g＝ 10m／ s2，圆形轨道间不互相重叠，求：（1）物块经过 B 点时的速度大小 v B；（2）物块抵达 C 点时的速度大小 v C；（3） BD 两点之间的距离 L2，以及整个过程中因摩擦产生的总热量Q 【答案】 (1)11m / s (2)9m / s(3)72J【分析】【剖析】【详解】（1）物块从 A 到 B 运动过程中，依据动能定理得：mgL11mv B21mv02 22解得： v B11m / s（2）物块从 B 到 C 运动过程中，依据机械能守恒得：1mv B21mv C2mg·2R22解得： v C9m / s（3）物块从 B 到 D 运动过程中，依据动能定理得：mgL201mv B2 2解得： L230.25m对整个过程，由能量守恒定律有：Q 1mv020 2解得： Q=72J【点睛】选用研究过程，运用动能定理解题．动能定理的长处在于合用任何运动包含曲线运动．知道小滑块能经过圆形轨道的含义以及要使小滑块不可以离开轨道的含义．4．如下图，在竖直平面内固定有两个很凑近的齐心圆形轨道，外圆ABCD圆滑，内圆的上半部分 B′C′粗D糙′，下半部分 B′A′光D滑．一质量′m=0.2kg 的小球从轨道的最低点 A 处以初速度 v0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/s2．（1）若要使小球一直紧贴着外圆做完好的圆周运动，初速度v0起码为多少？（2）若 v0=3m/s ，经过一段时间小球抵达最高点，内轨道对小球的支持力F C=2N，则小球在这段时间内战胜摩擦力做的功是多少？（3）若 v0=3.1m/s ，经过足够长的时间后，小球经过最低点 A 时遇到的支持力为多少？小球在整个运动过程中减少的机械能是多少？（保存三位有效数字）【答案】（ 1）v0= 10m/s（2） 0.1J （ 3） 6N； 0.56J【分析】【详解】（1）在最高点重力恰巧充任向心力mg mv C2R从到机械能守恒2mgR1mv02 -1mv C222解得v010m/s（2）最高点mv C'2mg - F CR从 A到 C用动能定理-2mgR - W f 1mv C'2-1mv02 22得 W f =0.1J（3）由 v0 =3.1m/s< 10m/s 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，因为摩擦作用，机械能将减小．经足够长时间后，小球将仅在半圆轨道内做来去运动．设此时小球经过最低点的速度为v A，遇到的支持力为F A12mgR mv Amv2AF A - mgR得 F A =6N整个运动过程中小球减小的机械能E 1mv02 - mgR 2得 E =0.56J5．如下图，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（未与弹黄连结)，弹簧压缩量不一样时，将滑块弹出去的速度不一样.圆弧轨道固定在地面并与一段动摩擦要素为0.4 的粗拙水平川面相切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.达成以下问題：（1）轨道尾端 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 上持续滑行 2m, 求滑块在圆弧轨道上对 D 点的压力大小：（3）经过调整弹簧压缩量，并将AB 段缩短，滑块弹出后恰巧无碰撞从 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【分析】（1）依据题意 C 点到地面高度h C R Rcos3700.08m从 B 点飞出后，滑块做平抛运动，依据平抛运动规律：h h C1gt 22化简则 t0.3s依据 x BC v B t可知 v B3m / s飞到 C 点时竖直方向的速度v y gt 3m / s所以 tan v y1 v B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，加快度大小fg am依据 v E2v D22ax DE联立两式则 v D4m / s在圆弧轨道最低处F N mg m v D2R则 F N 100N ，即对轨道压力为100N．（3）滑块弹出恰巧无碰撞从 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tan v y v0因为高度没变，所以 v y v y3m / s ，370所以 v04m / s对应的水平位移为x AC v0 t 1.2m所以缩短的AB 段应当是x AB x AC x BC0.3m【点睛】滑块经历了弹簧为变力的变加快运动、匀减速直线运动、平抛运动、变速圆周运动，匀减速直线运动；波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联合等时性研究．6．如下图 ,粗拙水平川面与半径R 1.6m 的圆滑半圆轨道BCD在 B 点光滑连结,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m2kg 的小物块 (可视为质点)静止在水平川面上的A点 .某时辰用一压缩弹簧(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x AB10m ,小物块与水平川面间的动摩擦因数=0.2 ,重力加快度大小g10m/s2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,小物块对轨道作使劲的大小；(3)小物块走开最高点后落回到地面上的地点与 B 点之间的距离.【答案】 (1)140J (2)25N (3)4.8m【分析】(1)设压缩弹簧的弹性势能为E P，从A到B依据能量守恒，有E P 1mv B2mgx AB 2代入数据得 E P140J(2)从 B 到 D，依据机械能守恒定律有1mv B21mv D2mg 2R22在 D 点，依据牛顿运动定律有Fmg m vD2R代入数据解得 F25N由牛顿第三定律知，小物块对轨道作使劲大小为25N(3)由 D 点到落地址物块做平抛运动竖直方向有2R 1 gt22落地址与 B 点之间的距离为x v D t代入数据解得x 4.8m点睛：此题是动能定理、牛顿第二定律和圆周运动以及平抛运动规律的综合应用，重点是确立运动过程，剖析运动规律，选择适合的物理规律列方程求解．7．如下图，轨道ABCD的 AB 段为一半径R＝ 0.2 m 的圆滑 1/4 圆形轨道， BC段为高为h＝5 m 的竖直轨道， CD 段为水平轨道．一质量为 0.2 kg 的小球从 A 点由静止开始下滑，抵达B 点时速度的大小为 2 m/s，走开 B 点做平抛运动 (g＝ 10 m/s2)，求：(1)小球走开 B 点后，在CD 轨道上的落地址到 C 点的水平距离；(2)小球抵达 B 点时对圆形轨道的压力大小；(3)假如在 BCD 轨道上搁置一个倾角θ＝45°的斜面(如图中虚线所示)，那么小球走开B 点后可否落到斜面上？假如能，求它第一次落在斜面上的地点距离 B 点有多远．假如不可以，请说明原因．【答案】(1)2 m(2)6 N(3)能落到斜面上，第一次落在斜面上的地点距离B点 1.13 m【分析】①.小球走开 B 点后做平抛运动，h 1gt 2 2x v B t解得： x2m所以小球在CD 轨道上的落地址到 C 的水平距离为2m②.在圆弧轨道的最低点B，设轨道对其支持力为N由牛二定律可知：N mg m v2BR代入数据，解得N3N故球抵达 B 点时对圆形轨道的压力为3N③．由①可知，小球必定能落到斜面上依据斜面的特色可知，小球平抛运动落到斜面的过程中，其着落竖直位移和水平位移相等v B t1gt 2，解得：t 0.4s2则它第一次落在斜面上的地点距 B 点的距离为S2v B t 0.8 2m ．8．如下图，在圆滑水平桌面EAB上有质量为m＝2 kg的小球P 和质量为M＝ 1 kg 的小球 Q， P、 Q 之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边沿 E 处搁置一质量也为M ＝1 kg 的橡皮泥球S，在 B 处固定一与水平桌面相切的圆滑竖直半圆形轨道。
高考物理力学知识点之曲线运动全集汇编含解析
高考物理力学知识点之曲线运动全集汇编含解析一、选择题1．如图所示，粗糙程度处处相同的半圆形竖直轨道固定放置，其半径为R ，直径POQ 水平。
一质量为m 的小物块（可视为质点）自P 点由静止开始沿轨道下滑，滑到轨道最低点N 时，小物块对轨道的压力大小为2mg ，g 为重力加速度的大小。
则下列说法正确的是（ ）A ．小物块到达最低点N时的速度大小为2gRB ．小物块从P 点运动到N 点的过程中重力做功为mgRC ．小物块从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功为mgRD ．小物块从P 点开始运动经过N 点后恰好可以到达Q 点2．如图所示，两小球从斜面的顶点先后以不同的初速度向右水平抛出，在斜面上的落点分别是a 和b ，不计空气阻力。
关于两小球的判断正确的是( )A ．落在b 点的小球飞行过程中速度变化快B ．落在a 点的小球飞行过程中速度变化大C ．小球落在a 点和b 点时的速度方向不同D ．两小球的飞行时间均与初速度0v 成正比3．在抗洪抢险中，战士驾驶摩托艇救人，假设江岸是平直的，洪水沿江向下游流去，水流速度为v 1，摩托艇在静水中的航速为v 2，战士救人的地点A 离岸边最近处O 的距离为d ．若战士想在最短时间内将人送上岸，则摩托艇登陆的地点离O 点的距离为（ ） A ．22221v v B ．0 C ．21dv v D ．12dv v 4．如图所示，在水平圆盘上，沿半径方向放置用细线相连的两物体A 和B ，它们与圆盘间的摩擦因数相同，当圆盘转速加大到两物体刚要发生滑动时烧断细线，则两个物体将要发生的运动情况是( )A ．两物体仍随圆盘一起转动，不会发生滑动B ．只有A 仍随圆盘一起转动，不会发生滑动C ．两物体均滑半径方向滑动，A 靠近圆心、B 远离圆心D．两物体均滑半径方向滑动，A、B都远离圆心5．小明玩飞镖游戏时，从同一位置先后以速度v A和v B将飞镖水平掷出，依次落在靶盘上的A、B两点，如图所示，飞镖在空中运动的时间分别t A和t B．不计空气阻力，则（）A．v A＜v B，t A＜t BB．v A＜v B，t A＞t BC．v A＞v B，t A＞t BD．v A＞v B，t A＜t B6．关于曲线运动，以下说法中正确的是（）A．做匀速圆周运动的物体，所受合力是恒定的B．物体在恒力作用下不可能做曲线运动C．平抛运动是一种匀变速运动D．物体只有受到方向时刻变化的力的作用才可能做曲线运动7．如图所示，物体A和B的质量均为m，且分别与跨过定滑轮的轻绳连接（不计绳与滑轮、滑轮与轴之间的摩擦），在用水平变力F拉物体B沿水平方向向右做匀速直线运动的过程中，下列说法正确的是A．物体A也做匀速直线运动B．物体A做匀加速直线运动C．绳子对物体A的拉力等于物体A的重力D．绳子对物体A的拉力大于物体A的重力8．如图所示，一质量为m的汽车保持恒定的速率运动，若通过凸形路面最高处时对路面的压力为F1 ，通过凹形路面最低处时对路面的压力为F2，则（）A．F1= mg B．F1>mg C．F2= mg D．F2>mg9．甲、乙两球位于同一竖直直线上的不同位置，甲比乙高h，如图所示。
高考物理曲线运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)
高考物理曲线运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．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。
【答案】【解析】【分析】根据牛顿第二定律求出支持力为零时，小球的线速度的大小，从而确定小球有无离开圆锥体的斜面，若离开锥面，根据竖直方向上合力为零，水平方向合力提供向心力求出线对小球的拉力大小。
【详解】若小球刚好离开圆锥面，则小球所受重力与细线拉力的合力提供向心力，有：此时小球做圆周运动的半径为：解得小球运动的角速度大小为：代入数据得：若小球运动的角速度为：小球对圆锥体有压力，设此时细线的拉力大小为F，小球受圆锥面的支持力为，则水平方向上有：竖直方向上有：联立方程求得：【点睛】解决本题的关键知道小球圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，根据牛顿第二定律求出临界速度是解决本题的关键。
2．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。
高考物理曲线运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析
高考物理曲线运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析一、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12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)0024g sv 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22Mm v G m R R =2MmGmg R= 可得2v g R=则014g g 星＝（2）由平抛运动的规律：212H L g t -=星 0s v t =解得0024g s v H L=- （3）由牛顿定律，在最低点时：2v T mg m L-星＝解得：201142()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g 0；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．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）4214μ-= 【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-=3．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（332R h R ≤≤）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）03F mg ≤'≤；（3）()()21221R d R ≤≤【解析】 【分析】 【详解】（1）当小球刚好通过最高点时应有：2Dmv mg R =由机械能守恒可得：()22Dmv mg h R -=联立解得32h R =，因为h 的取值范围为332R h R ≤≤，小球能到达D 点； （2）设小球在D 点受到的压力为F ，则2Dmv F mg R ='+ ()22Dmv mg h R ='- 联立并结合h 的取值范围332R h R ≤≤解得：03F mg ≤≤ 据牛顿第三定律得小球在最高点对轨道的压力范围为：03F mg ≤'≤（3）由（1）知在最高点D 速度至少为min D v gR =此时小球飞离D 后平抛，有：212R gt =min min D x v t =联立解得min 2x R 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：2max 3Dv mg mg m R+=解得max 2D v gR = 小球飞离D 后平抛212R gt ='， max max D x v t ='联立解得max 22x R =故落点与B 点水平距离d 的范围为：()()21221R d R -≤≤-4．一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．5．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。
高考物理曲线运动试题类型及其解题技巧含解析
高考物理曲线运动试题类型及其解题技巧含解析一、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．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）4214μ-= 【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42μ-=3．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 ≤≤4．如图所示，在竖直平面内有一倾角θ=37°的传送带BC ．已知传送带沿顺时针方向运行的速度v =4 m/s ，B 、C 两点的距离L =6 m 。
高考物理曲线运动试题类型及其解题技巧含解析
高考物理曲线运动试题类型及其解题技巧含解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．如图所示,半径R=2.5m的竖直半圆光滑轨道在B点与水平面平滑连接,一个质量m=0.50kg 的小滑块(可视为质点)静止在A点.一瞬时冲量使滑块以一定的初速度从A点开始运动,经B点进入圆轨道,沿圆轨道运动到最高点C,并从C点水平飞出,落在水平面上的D点.经测量,D、B间的距离s1=10m,A、B间的距离s2=15m,滑块与水平面的动摩擦因数 ,重力加速度.求:(1)滑块通过C点时的速度大小;(2)滑块刚进入圆轨道时,在B点轨道对滑块的弹力;(3)滑块在A点受到的瞬时冲量的大小.【答案】（1）（2）45N（3）【解析】【详解】（1）设滑块从C点飞出时的速度为v c，从C点运动到D点时间为t滑块从C点飞出后，做平抛运动，竖直方向：2R=gt2水平方向：s1=v c t解得：v c=10m/s（2）设滑块通过B点时的速度为v B，根据机械能守恒定律mv B2=mv c2+2mgR解得：v B=10m/s设在B点滑块受轨道的压力为N，根据牛顿第二定律：N-mg=m解得：N=45N（3）设滑块从A点开始运动时的速度为v A，根据动能定理；-μmgs2=mv B2-mv A2解得：v A=16.1m/s设滑块在A点受到的冲量大小为I，根据动量定理I=mv A解得：I=8.1kg•m/s；【点睛】本题综合考查动能定理、机械能守恒及牛顿第二定律，在解决此类问题时，要注意分析物体运动的过程，选择正确的物理规律求解．2．如图所示，在竖直平面内有一倾角θ=37°的传送带BC．已知传送带沿顺时针方向运行的速度v=4 m/s，B、C两点的距离L=6 m。
一质量m=0.2kg的滑块（可视为质点）从传送带上端B点的右上方比B点高h=0. 45 m处的A点水平抛出，恰好从B点沿BC方向滑人传送带，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度g=10m/s2 ，sin37°= 0.6，cos37°=0.8。
高考物理曲线运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析
高考物理曲线运动常见题型及答题技巧及练习题(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，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）4214μ-= 【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42μ-=3．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。
高考物理曲线运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析(1)
高考物理曲线运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析(1)一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切．BC 为圆弧轨道的直径．O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sinα=35，一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g ．求：（1）水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小； （2）小球到达A 点时动量的大小； （3）小球从C 点落至水平轨道所用的时间． 【答案】（15gR（223m gR （3355R g 【解析】试题分析 本题考查小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力．解析（1）设水平恒力的大小为F 0，小球到达C 点时所受合力的大小为F ．由力的合成法则有tan F mgα=① 2220()F mg F =+②设小球到达C 点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律得2v F m R=③由①②③式和题给数据得034F mg =④5gRv =（2）设小球到达A 点的速度大小为1v ，作CD PA ⊥，交PA 于D 点，由几何关系得 sin DA R α=⑥(1cos CD R α=+）⑦由动能定理有22011122mg CD F DA mv mv -⋅-⋅=-⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为 1232m gR p mv ==⑨ （3）小球离开C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g ．设小球在竖直方向的初速度为v ⊥，从C 点落至水平轨道上所用时间为t ．由运动学公式有212v t gt CD ⊥+=⑩ sin v v α⊥=由⑤⑦⑩式和题给数据得355R t g=点睛 小球在竖直面内的圆周运动是常见经典模型，此题将小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动有机结合，经典创新．2．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：水平方向：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-=3．如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘3.2m 处放着一质量为0.1kg 的小铁球（可看作质点），铁球与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平向右推力F =1.0N 作用于铁球，作用一段时间后撤去。
最新高考物理曲线运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)
最新高考物理曲线运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)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．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，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)。
高中物理曲线运动经典题型总结(最新整理)
VA2
α
A
α
VA1 VB2
V
V B
A
αB VB1
3．渡河问题
（1）以时间为限制条件：①时间最短：使船头垂直于河岸航行. t短
d v船
（d 为河宽） s d （ 为合速度与水流速度的夹角） sin
②普通情况： t d v船 sin
[同类变式 2]匀速上升的载人气球中，有人水平向右抛出一物体，取竖直向上为 y 轴正方向，水平向右为 x
轴正方向，取抛出点为坐标原点，则地面上的人看到的物体运动轨迹是下图中的：
A
B
C
D
解析：物体具有竖直向上的初速度，在空中只受重力作用，所以做斜上抛运动（水平方向作匀速运动、竖
直方向做竖直上抛运动。）答案：B
d
v12
v
2 2
②
联立①②式可得： T1
v12
v
2 2
，进一步得 v1
T2
答案：A
T2
v1
v2
T22 T12
【巩固练习】
m
1、 一个劈形物体 M，各面都光滑，放在固定的斜面上，上表面水平，在上表面放一个
光滑小球 m，劈形物体由静止开始释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是（
）
M
A、沿斜面向下的直线 B、竖直向下的直线 C、无规则的曲线 D、抛物线
第一次初速度为 v1，球落到斜面上前一瞬间的速度方向与斜面的夹角为 ，第二次初速度 ，球落在斜面上前
一瞬间的速度方向与斜面间的夹角为 ，若
，试比较
的大小。
解析：
，
4
所以
。
高考物理曲线运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析
高考物理曲线运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析一、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）7/m s （2）24J （3）25J 【解析】 【分析】 【详解】(1)根据机械能守恒定律 E p ＝211m ?2v ① v 12Epm＝7m/s ② (2)由动能定理得－mg ·2R －W f ＝22211122mv mv - ③ 小球恰能通过最高点，故22v mg m R= ④ 由②③④得W f ＝24 J(3)根据动能定理：22122k mg R E mv =-解得：25k E J =故本题答案是：（1）7/m 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，一位宇航员站一斜坡上A 点，沿水平方向以初速度v 0抛出一个小球，测得小球经时间t 落到斜坡上另一点B ，斜坡倾角为α，已知该星球的半径为R ，引力常量为G ，求：（1）该星球表面的重力加速度g ； （2）该星球的密度ρ ． 【答案】（1）02tan v t α （2）03tan 2v RtGαπ 【解析】试题分析：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，根据平抛运动的规律求出星球表面的重力加速度．根据万有引力等于重力求出星球的质量，结合密度的公式求出星球的密度．（1）小球做平抛运动，落在斜面上时有：tanα===所以星球表面的重力加速度为：g=．（2）在星球表面上，根据万有引力等于重力，得：mg=G解得星球的质量为为：M=星球的体积为：V=πR 3． 则星球的密度为：ρ= 整理得：ρ=点晴：解决本题关键为利用斜面上的平抛运动规律：往往利用斜面倾解的正切值进行求得星球表面的重力加速度，再利用mg=G和ρ=求星球的密度.3．一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．4．如图是节水灌溉工程中使用喷水龙头的示意图。
高考物理曲线运动试题类型及其解题技巧含解析
高考物理曲线运动试题类型及其解题技巧含解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．如图所示，在风洞实验室中，从A 点以水平速度v 0向左抛出一个质最为m 的小球，小球抛出后所受空气作用力沿水平方向，其大小为F ，经过一段时间小球运动到A 点正下方的B 点 处，重力加速度为g ，在此过程中求（1）小球离线的最远距离； （2）A 、B 两点间的距离； （3）小球的最大速率v max ．【答案】（1）202mv F（2）22022m gv F （3）2220 4v F m g F【解析】 【分析】（1）根据水平方向的运动规律，结合速度位移公式和牛顿第二定律求出小球水平方向的速度为零时距墙面的距离；（2）根据水平方向向左和向右运动的对称性，求出运动的时间，抓住等时性求出竖直方向A 、B 两点间的距离；（3）小球到达B 点时水平方向的速度最大，竖直方向的速度最大，则B 点的速度最大，根据运动学公式结合平行四边形定则求出最大速度的大小； 【详解】（1）将小球的运动沿水平方向沿水平方向和竖直方向分解 水平方向：F ＝m a x v 02＝2a x x m解得：202m mv x F＝ （2）水平方向速度减小为零所需时间01xv t a ＝ 总时间t ＝2t 1竖直方向上：22202212m gv y gt F＝＝ （3）小球运动到B 点速度最大 v x =v 0 V y =gt222220max 4x y v v v v F m g F＝＝++【点睛】解决本题的关键将小球的运动的运动分解，搞清分运动的规律，结合等时性，运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解．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：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 ≤≤3．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。
高考物理曲线运动技巧小结及练习题含解析
高考物理曲线运动技巧小结及练习题含解析一、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．如图，光滑轨道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 连接在一起，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 ．轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量M =2kg 、长L =0.5m 的小车，小车上表面与ab 等高．现将细绳剪断，之后A 向左滑上小车，B 向右滑动且恰好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满足0.1≤µ≤0.3，g 取10m /s 2，求（1）A 、B 离开弹簧瞬间的速率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) 当满足0.1≤μ<0.2时，Q 1=10μ ；当满足0.2≤μ≤0.3时，22111()22A A m v m M v -+ 【解析】 【分析】（1）弹簧恢复到自然长度时，根据动量守恒定律和能量守恒定律求解两物体的速度； （2）根据能量守恒定律和牛顿第二定律结合求解圆弧轨道的半径R ；（3）根据动量守恒定律和能量关系求解恰好能共速的临界摩擦力因数的值，然后讨论求解热量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=A A B B m v m v - 由能量关系：2211=22P A A B B E m v m v -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：2dB B v m g m R=由机械能守恒定律：22d 11=222B B B B m v m v m g R +⋅ 解得R=0.32m（3）设μ=μ1时A 恰好能滑到小车左端，其共同速度为v,由动量守恒定律：=()A A A m v m M v +由能量关系：()2211122A A A A m gL m v m M v μ=-+ 解得μ1=0.2 讨论：（ⅰ）当满足0.1≤μ<0.2时，A 和小车不共速，A 将从小车左端滑落，产生的热量为110A Q m gL μμ== （J ）（ⅱ）当满足0.2≤μ≤0.3时，A 和小车能共速，产生的热量为()22111122A A Q m v m M v =-+，解得Q 2=2J3．如图所示，粗糙水平地面与半径为R =0.4m 的粗糙半圆轨道BCD 相连接，且在同一竖直平面内，O 是BCD 的圆心，BOD 在同一竖直线上．质量为m =1kg 的小物块在水平恒力F =15N 的作用下，从A 点由静止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到B 点时撤去F ，小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D 点，已知A 、B 间的距离为3m ，小物块与地面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g 取10m/s 2．求： （1）小物块运动到B 点时对圆轨道B 点的压力大小． （2）小物块离开D 点后落到地面上的点与D 点之间的距离【答案】（1）160N （2）2 【解析】 【详解】（1）小物块在水平面上从A 运动到B 过程中，根据动能定理，有： （F -μmg ）x AB =12mv B 2-0 在B 点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得：2Bv N mg m R-=联立解得小物块运动到B 点时轨道对物块的支持力为：N =160N由牛顿第三定律可得，小物块运动到B 点时对圆轨道B 点的压力大小为：N ′=N =160N （2）因为小物块恰能通过D 点，所以在D 点小物块所受的重力等于向心力，即：2Dv mg m R=可得：v D =2m/s设小物块落地点距B 点之间的距离为x ，下落时间为t ，根据平抛运动的规律有： x =v D t ，2R =12gt 2解得：x =0.8m则小物块离开D 点后落到地面上的点与D 点之间的距离20.82m l x ==4．如图所示，在风洞实验室中，从A 点以水平速度v 0向左抛出一个质最为m 的小球，小球抛出后所受空气作用力沿水平方向，其大小为F ，经过一段时间小球运动到A 点正下方的B 点 处，重力加速度为g ，在此过程中求（1）小球离线的最远距离； （2）A 、B 两点间的距离； （3）小球的最大速率v max ．【答案】（1）202mv F（2）22022m gv F （3）2220 4v F m g F +【解析】 【分析】（1）根据水平方向的运动规律，结合速度位移公式和牛顿第二定律求出小球水平方向的速度为零时距墙面的距离；（2）根据水平方向向左和向右运动的对称性，求出运动的时间，抓住等时性求出竖直方向A 、B 两点间的距离；（3）小球到达B 点时水平方向的速度最大，竖直方向的速度最大，则B 点的速度最大，根据运动学公式结合平行四边形定则求出最大速度的大小； 【详解】（1）将小球的运动沿水平方向沿水平方向和竖直方向分解 水平方向：F ＝m a x v 02＝2a x x m解得：202m mv x F＝ （2）水平方向速度减小为零所需时间01xv t a ＝ 总时间t ＝2t 1竖直方向上：22202212m gv y gt F＝＝ （3）小球运动到B 点速度最大 v x =v 0 V y =gt222220max 4x y v v v v F m g F＝＝++【点睛】解决本题的关键将小球的运动的运动分解，搞清分运动的规律，结合等时性，运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解．5．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 ＜1.35m6．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。
高考物理曲线运动试题类型及其解题技巧含解析
高考物理曲线运动试题类型及其解题技巧含解析一、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，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．3．如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，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 点脱离后做平抛运动，经过0.3s 后又恰好与倾角为045的斜面垂直相碰．已知半圆形管道的半径为1R m =，小球可看作质点且其质量为1m kg =，210/g m s =，求：（1）小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离；（2）小球通过管道上B点时对管道的压力大小和方向．【答案】（1）0.9m；（2）1N【解析】【分析】（1）根据平抛运动时间求得在C点竖直分速度，然后由速度方向求得v，即可根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）根据平抛运动的规律，小球在C点竖直方向的分速度v y=gt=10m/s水平分速度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）根据牛顿运动定律，在B点N B+mg=m2 v R解得 N B=50N根据牛顿第三定律得小球对轨道的作用力大小N, =N B=50N方向竖直向上【点睛】该题考查竖直平面内的圆周运动与平抛运动，小球恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰到是解题的关键，要正确理解它的含义．要注意小球经过B点时，管道对小球的作用力可能向上，也可能向下，也可能没有，要根据小球的速度来分析．4．如图所示，质量m=3kg的小物块以初速度秽v0=4m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
圆周运动专题复习1、（单选）A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动（如图），在相同时间内，它们通过的路程之比是4：3，运动方向改变的角度之比是3：2，则它们（）A. 线速度大小之比为4：3B. 角速度大小之比为3：4C. 圆周运动的半径之比为2：1D. 向心加速度大小之比为1：2【来源】浙江新高考2018年4月选考科目物理试题【答案】 A【解析】A、因为相同时间内他们通过的路程之比是4：3，根据，则A、B的线速度之比为 4：3，故A正确；B、运动方向改变的角度之比为3：2，根据，则角速度之比为3：2，故B错误；C、根据可得圆周运动的半径之比为，故C错误；D、根据a=vω得，向心加速度之比为，故D错误；故选A。
2、（多选）如图所示，叠放在水平转台上的物体A、B、C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B及B、C与转台间的动摩擦因数都为μ，AB整体、C离转台中心的距离分别为r、1.5r.设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )A．B对A的摩擦力一定为3μmgB．B对A的摩擦力一定为3mω2rC．转台的角速度一定满足：ω≤μg rD．转台的角速度一定满足：ω≤2μg 3r3、（单选）一水平放置的圆盘，可以绕中心O点旋转，盘上放一个质量为m的铁块(可视为质点)，轻质弹簧一端连接铁块，另一端系于O点，铁块与圆盘间的动摩擦因数为μ，如图所示．铁块随圆盘一起匀速转动，铁块距中心O点的距离为r，这时弹簧的拉力大小为F，g取10 m/s2，已知铁块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则圆盘的角速度可能是（）A F mgmrμ+BF mgmrμ-C. F mg mr μ-<ω<F mg mr μ+D. F mg mr μ-≤ω≤F mg mrμ+ 【答案】 D 【解析】当铁块匀速转动时，水平方向上铁块受弹簧拉力和静摩擦力的作用，转速较小时，静摩擦力背向圆心，则F －F f ＝mω2r ，因最大静摩擦力F fm ＝μmg，得ω≥F mg mrμ-，选项B 错误；转速较大时，静摩擦力指向圆心，则F ＋F f ＝mω2r ，因最大静摩擦力F fm ＝μmg，解得ω≤F mg mr μ+.综合以上情况可知，角速度ω的取值范围为F mg mr μ-≤ω≤F mg mrμ+. 4、（单选）如图所示，线段OA=2AB ，A 、B 两球质量相等，当它们绕O 点在光滑的水平面上以相同的角速度转动时，两线段拉力之比OA AB F F ：为（ ）A. 2 ：3B. 3 ：2C. 5 ：3D. 2 ：1【答案】C 【解析】设2OA r =，则3OB r =，角速度为ω，每个小球的质量为m ．则根据牛顿第二定律得：对B 球23AB F m r ω=⋅，对A 球22OA AB F F m r ω-=⋅，联立以上两式得： :5:3OA AB F F =，C 正确．5、（单选）如图，两个质量均为m 的小木块a 和b （可视为质点）沿半径方向放在水平圆盘上用细线相连，a 与转轴OO '的距离为l ，b 与转轴的距离为2l 。
木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g 。
若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动至两物体刚好未发生滑动， ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（ ）A. 细线中的张力等于kmgB. 2kg lω=是细线刚好绷紧时的临界角速度 C. 剪断细线后，两物体仍随圆盘一起运动D. 当2kg lω=时，a 所受摩擦力的大小为kmg 【来源】湖北荆州市2018届高三第一次质量检查物理试题【答案】 B6、（单选）如图所示,在匀速转动的水平盘上,沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B,它们分居圆心两侧,与圆心距离分别为,,A和B与盘间的动摩擦因数分别为和,当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
下列说法错误的是( )A．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圈外B．此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动C．此时绳子张力为D．此时圆盘的角速度为【答案】B两物块A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则F=mω2r，B的半径比A的半径大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的静摩擦力方向指向圆心，A的最大静摩擦力方向指向圆外，根据牛顿第二定律得：T-μmg=mω2r；T+0.5μmg=mω2•2r；解得：T=μmg，ω＝，故ACD正确；此时烧断绳子，AB的最大静摩擦力均不足以提供向心力，则AB均做离心运动，故B错误。
此题选择错误的选项，故选B。
7、（单选）如图所示，两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD 中点的轴OO'转动，已知两物块质量相等，杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度（绳子恰好伸直但无弹力），物块A到OO'轴的距离为物块B到OO'轴距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中，下列说法正确的是（）A. B受到的静摩擦力一直增大B. B受到的静摩擦力是先增大后减小C. A受到的静摩擦力是先增大后减小D. A受到的合外力一直在增大【答案】 D8、（多选）如图所示，水平转台上的小物体A 、B 通过轻弹簧连接，并静止在转台上，现转台从静止开始缓慢的增大其转速（既在每个转速下可认为是匀速转动），已知A 、B 的质量分别为m 、2m ，A 、B 与转台的动摩擦因数均为μ，A 、B 离转台中心的距离分别为1、5r 、r ，已知弹簧的原长为1、5r ，劲度系数为k ，设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法中正确的是（ ）A. 当B 受到的摩擦力为0时，A 的摩擦力向右B. B 先相对木板发送滑动C. 当A 、B 均相对转台静止时，允许的最大角速度为22k g m rμ+ D. A 刚好要滑动时，转台转动的角速度为2233k g m rμ+ 【答案】DB9、（单选）如图所示，轻质且不可伸长的细绳一端系一质量为m 的小球，另一端固定 在天花板上的O 点．则 小球在竖起平面内摆动的过程中，以下说法正确的是( )A. 小球在摆动过程中受到的外力的合力即为向心力B. 在最高点A 、B ，因小球的速度为零，所以小球受到的合外力为零C. 小球在最低点C 所受的合外力，即为向心力D. 小球在摆动过程中使其速率发生变化的力为绳子的拉力 【答案】C10、（单选）如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M ，到小环的距离为L ，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F ．小环和物块以速度v 向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P 后立刻停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g ．下列说法正确的是（ ）A.物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2FB.小环碰到钉子P 时，绳中的张力大于2FC.物块上升的最大高度为22v gD.速度v (2)F Mg L M - 【答案】D 【解析】由题意知，F 为夹子与物块间的最大静摩擦力，但在实际运动过程中，夹子与物块间的静摩擦力没有达到最大，故物块向右匀速运动时，绳中的张力等于Mg ，A 错误；小环碰到钉子时，物块做圆周运动，2T v F Mg M l-=，绳中的张力大于物块的重力Mg ，当绳中的张力大于2F 时，物块将从夹子中滑出，即22v F Mg M l-=，此时速度(2)F Mg L v M -=，故B 错误；D 正确；物块能上升的最大高度，22v h g =，所以C 错 11、(多选)如图7甲所示，一长为l 的轻绳，一端穿在过O 点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O 点在竖直面内转动。
小球通过最高点时，绳对小球的拉力F 与其速度平方v 2的关系如图乙所示，重力加速度为g ，下列判断正确的是( ) A.图象的函数表达式为F ＝m v 2l＋mg B.重力加速度g ＝b lC.绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大D.绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b 点的位置不变解析 小球在最高点时，根据牛顿第二定律有F ＋mg ＝m v 2l ，得F ＝m v 2l －mg ，故A 错误；当F ＝0时，根据表达式有mg ＝m v 2l ，得g ＝v 2l ＝b l ，故B 正确；根据F ＝m v 2l －mg 知，图线的斜率k ＝m l，绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率更小，故C 错误；当F ＝0时，g ＝b l，可知b 点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b 点的位置不变，故D 正确。
答案 BD12、（单选）“快乐向前冲”节目，中有这样一种项目，选手需要借助悬挂在高处的绳飞跃到鸿沟对面的平台上，如果已知选手的质量为m ，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角为α，绳的悬挂点O 距平台的竖直高度为H ，绳长为L ，不考虑空气阻力和绳的质量，下列说法正确的是（ ）A ．选手摆到最低点时处于失重状态B ．选手摆到最低点时所受绳子的拉力为()32cos mg α-C ．选手摆到最低点时所受绳子的拉力大小大于选手对绳子的拉力大小D ．选手摆到最低点的运动过程中，其运动可分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向上的匀加速运动【答案】 B13、（单选）如图半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为(重力加速度大小为g )( )A.v 216g B.v 28g C.v 24g D.v 22g解析 物块由最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得12mv 2＝2mgr ＋12mv 21，物块做平抛运动时，落地点到轨道下端的距离x ＝v 1t ，t ＝4rg ，联立解得，x ＝4v 2g r －16r 2，由数学知识可知，当4r ＝v 22g 时，x 最大，即r ＝v 28g，故选项B 正确。
答案 B 14、（多选）如图所示，竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCD ，其中倾角θ=37°的斜面AB 与半径为R 的圆弧轨道平滑相切于B 点，CD 为竖直直径，O 为圆心，质量为m 的小球（可视为质点）从与B 点高度差为h 的斜面上的A 点处由静止释放，重力加速度大小为g ，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是（ ）A. 当h=2R时，小球过C点时对轨道的压力大小为B. 当h=2R时，小球会从D点离开圆弧轨道作平抛运动C. 调整h的值，小球能从D点离开圆弧轨道，但一定不能恰好落在B点D. 调整h的值，小球能从D点离开圆弧轨道，并能恰好落在B点【答案】AC【解析】A、当h=2R时，从A点到C点的过程，根据机械能守恒可得，过C15、（单选）如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R：bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点。