(物理)物理曲线运动练习题含答案及解析

2．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,mA=0.1kg,mB=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 vA=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/s2．求:
（物理）物理曲线运动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．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：
【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：
在最高点由牛顿第二定律：
1 2
mAvA2
1 2
mAv2
mA g
2R
mA g FN
mA
v2 R
滑块在半圆轨道最高点受到的压力为：
FN=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：
由能量守恒定律得：μmgx 1 mvA2 1 （m+M）v2
2
2
代入数据解得：x＝0.375m；
5．如图所示，用绝缘细绳系带正电小球在竖直平面内运动，已知绳长为 L，重力加速度 g，小球半径不计，质量为 m，电荷 q．不加电场时，小球在最低点绳的拉力是球重的 9 倍。 (1)求小球在最低点时的速度大小； (2)如果在小球通过最低点时，突然在空间产生竖直向下的匀强电场，若使小球在后面的运 动中，绳出现松软状态，求电场强度可能的大小。
(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：
mAvA mBvB
解得：vB=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：
mBvB （mB M )v共
由能量关系：
解得 EP=0.22J
EP
1 2
mBvB2
1 2
(mB
M )v共2 -mB gL
(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
(1)求小球 C 与物体 A 碰撞前瞬间受到细线的拉力大小； (2)求 A、C 碰撞后瞬间 A 的速度大小； (3)若物体 A 未从小车 B 上掉落，小车 B 的最小长度为多少？ 【答案】(1)30 N (2)1.5 m/s (3)0.375 m 【解析】 【详解】
（1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：m0gl 1 m0v02 2
代入数据解得：v0＝4m/s，
对小球，由牛顿第二定律得：F﹣m0g＝m0 v02 l
代入数据解得：F＝30N
（2）小球
C
与
A
碰撞后向左摆动的过程中机械能守恒，得：
1 2
mvC2
mgh
所以： vC 2gh 2100.2 2m/s
小球与 A 碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：m0v0＝﹣m0vc+mvA 代入数据解得：vA＝1.5m/s （3）物块 A 与木板 B 相互作用过程，系统动量守恒，以 A 的速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：mvA＝（m+M）v 代入数据解得：v＝0.5m/s
【答案】（1） v1
8gL
（2）
3mg 5q
E
3mg q
【解析】
【详解】
（1）在最低点，由向心力公式得：
F mg mv12 L
解得： v1 8gL
（2）果在小球通过最低点时，突然在空间产生竖直向下的匀强电场，若使小球在后面的运 动中，绳出现松软状态，说明小球能通过与圆心等的水平面，但不能通过最高点。
(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） EP 0.22J （3）0．675m＜L＜1．35m
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：
2mB gL2
1 2
mBvB2
1 2
(mB
M
)v2
联立解得：
L2=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＜1.35m
3．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，cos 37°=0.8。求：
4．如图所示，物体 A 置于静止在光滑水平面上的平板小车 B 的左端，物体在 A 的上方 O 点用细线悬挂一小球 C(可视为质点)，线长 L＝0.8m．现将小球 C 拉至水平无初速度释放， 并在最低点与物体 A 发生水平正碰，碰撞后小球 C 反弹的速度为 2m/s．已知 A、B、C 的 质量分别为 mA＝4kg、mB＝8kg 和 mC＝1kg，A、B 间的动摩擦因数 μ＝0.2，A、C 碰撞时 间极短，且只碰一次，取重力加速度 g＝10m/s2.
由几何关系及速度分解有： 解得：
(2)滑块在 B 点时的速度大小为 滑块从 B 点运动到 C 点过程中，由牛顿第二定律有： 可得加速度 设滑块到达 C 点时的速度大小为 vC，有： 解得：
此过程所经历的时间为： 故滑块通过传送带的过程中，以地面为参考系，滑块的位移 x1=L=6m， 传送带的位移 x2=vt=4m； 传送带和滑块克服摩擦力所做的总功为： 代入数据解得： 【点睛】 此题需注意两点，(1)要利用滑块沿 BC 射入来求解滑块到 B 点的速度；(2)计算摩擦力对物 体做的功时要以地面为参考系来计算位移。
若滑块恰好不会从 E 点飞出轨道，从 B 到 E 的过程，由动能定理可得：
2mgL
mgR(1
cos
)
1 2
mvB2
可得：
2
R 2L
若滑块恰好滑回并停在 B 点，对于这个过程，由动能定理可得：
3mg·2L
1 2
mvB2
综上所述， 需满足的条件： R R ．
2L
L
7．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
直轨道 BD 的动摩擦因数 需满足的条件．
【答案】（1） R （2）7mg（3） R R
3
2L
L
【解析】
(1) 对滑块，从 A 到 C 的过程，由机械能守恒可得：
mg(R
2r)
1 2
mvC2
2mg m vC2 r
解得： r R ； 3
(2) 对滑块，从 A 到 B 的过程，由机械能守恒可得：
(1)滑块水平抛出时的速度 v0； (2)在滑块通过传送带的过程中，传送带和滑块克服摩擦力做的总功 W. 【答案】(1)v0=4m/s (2)W=8J 【解析】 【详解】
(1)滑块做平抛运动在 B 点时竖直方向的分速度为：
平抛后恰好沿 BC 方向滑人传送带，可知 B 点的平抛速度方向与传送带平行，
(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
Ep＝
1 2
mv12
?①
v1＝ 2Ep ＝7m/s ② m
(2)由动能定理得－mg·2R－Wf＝
1 2
mv22
1 2
mv12
③
小球恰能通过最高点，故 mg m v22 ④ R
由②③④得 Wf＝24 J (3)根据动能定理：
mg 2R
பைடு நூலகம்
Ek
1 2
mv22
解得： Ek 25J 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