高中物理曲線運動真題匯編含答案及解析

1、高中物理曲線運動真題匯編(含答案)及解析一、高中物理精講專題測試曲線運動1八1.已知某半徑與地球相等的星球的第一宇宙速度是地球的一倍.地球表面的重力加速度2為g .在這個星球上用細(xì)線把小球懸掛在墻壁上的釘子O上，小球繞懸點 O在豎直平面內(nèi)H .小球運動至最低點時，繩做圓周運動.小球質(zhì)量為m ,繩長為L,懸點距地面高度為恰被拉斷，小球著地時水平位移為S求:(1)星球表面的重力加速度?(2)細(xì)線剛被拉斷時，小球拋出的速度多大?(3)細(xì)線所能承受的最大拉力?1【答案】gs= g0(2)vo4s 2g4 H(3)T2 s mg0 2(H L)L(1)由萬有引力等于向心力可知-MmG R22 v m一R

2、mg可得gC 1 cg4 g0(2)由平拋運動的規(guī)律：H,1L -g 星 t2s v0t解得 v0 s , 2g04 H L2(3)由牛頓定律，在最低點時：T mg星=mv-L一 1 解得：T 142s2(HL)Lmg()【點睛】本題考查了萬有引力定律、圓周運動和平拋運動的綜合，聯(lián)系三個問題的物理量是重力加 速度g。；知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律和圓周運動向心力的來源是解 決本題的關(guān)鍵.2.光滑水平面AB與豎直面內(nèi)的圓形導(dǎo)軌在B點連接，導(dǎo)軌半徑 R= 0.5 m, 一個質(zhì)量m=2 kg的小球在A處壓縮一輕質(zhì)彈簧，彈簧與小球不拴接.用手擋住小球不動，此時彈 簧彈性勢能Ep= 49

3、 J,如圖所示.放手后小球向右運動脫離彈簧，沿圓形軌道向上運動恰 能通過最高點C, g取10 m/s2.求：淞UiA H(1)小球脫離彈簧時的速度大小；(2)小球從B到C克服阻力做的功；(3)小球離開C點后落回水平面時的動能大小.【答案】(1) 7m/s (2) 24J (3) 25J【解析】 【分析】【詳解】(1)根據(jù)機械能守恒定律 TOC o 1-5 h z 12 aEp= mV| ?2V1 =2Ep=7m/s m1212 G小球恰能通過最高點，故 mg2mR(2)由動能定理得一 mg 2R- Wf= - mv2 mV) 22由得 Wf = 24 J (3)根據(jù)動能定理：12mg2R Ek

4、 mv2 2解得：Ek 25J故本題答案是：(1) 7m/s【點睛】(2) 24J (3) 25J(1)在小球脫離彈簧的過程中只有彈簧彈力做功，根據(jù)彈力做功與彈性勢能變化的關(guān)系和動能定理可以求出小球的脫離彈簧時的速度v;(2)小球從B到C的過程中只有重力和阻力做功，根據(jù)小球恰好能通過最高點的條件得到小球在最高點日的速度，從而根據(jù)動能定理求解從B至C過程中小球克服阻力做的功 ；(3)小球離開C點后做平拋運動，只有重力做功，根據(jù)動能定理求小球落地時的動能大小3.如圖所示，在水平桌面上離桌面右邊緣3.2m處放著一質(zhì)量為 0.1kg的小鐵球(可看作質(zhì)點)，鐵球與水平桌面間的動摩擦因數(shù)四 =0.2.現(xiàn)用

5、水平向右推力 F=1.0N作用于鐵球，作用一段時間后撤去。鐵球繼續(xù)運動，到達(dá)水平桌面邊緣A點飛出，恰好落到豎直圓弧軌道BCD的B端沿切線進(jìn)入圓弧軌道，碰撞過程速度不變，且鐵球恰好能通過圓弧軌道的最 高點D.已知/ BOC=37, A、B、C、D四點在同一豎直平面內(nèi)，水平桌面離B端的豎直高度H=0.45m,圓弧軌道半徑 R=0.5m , C點為圓弧軌道的最低點，求：(取 sin37 =0.6,(2)若鐵球以vC=5.15m/s的速度經(jīng)過圓弧軌道最低點C,求此時鐵球?qū)A弧軌道的壓力大小Fc;(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(3)鐵球運動到B點時的速度大小vb;(4)水平推力F作用的時間to【答案】(1

6、)鐵球運動到圓弧軌道最高點D點時的速度大小為 J5m/s；(2)若鐵球以vc=5.15m/s的速度經(jīng)過圓弧軌道最低點C,求此時鐵球?qū)A弧軌道的壓力大小為 6.3N；(3)鐵球運動到B點時的速度大小是 5m/s ;(4)水平推力F作用的時間是 0.6s?！窘馕觥俊驹斀狻?(1)小球恰好通過D點時，重力提供向心力，由牛頓第二定律可得：mg mDR可得：vD、.5m/s2(2)小球在C點受到的支持力與重力的合力提供向心力，則： F mg mC代入數(shù)據(jù)可得：F=6.3N由牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫Γ篎c=F=6.3N2(3)小球從A點到B點的過程中做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律有：2gh vy得

7、：vy=3m/s V 3小球沿切線進(jìn)入圓弧軌道，則：vB - 5m/ssin37 0.6(4)小球從A點到B點的過程中做平拋運動，水平方向的分速度不變，可得:vA vBcos375 0.8 4m/s小球在水平面上做加速運動時：F mg ma12可得：闞 8m/s小球做減速運動時：mg ma2 TOC o 1-5 h z 一一 2可得：a22m/ s由運動學(xué)的公式可知最大速度：vm a1t ； vA vm a2t2又：X vm t vX t222聯(lián)立可得：t 0.6s4.如圖所示，BC為半徑r 2 J2 m豎直放置的細(xì)圓管， O為細(xì)圓管的圓心，在圓管的末5端C連接傾斜角為45。、動摩擦因數(shù)尸0.

8、6的足夠長粗糙斜面，一質(zhì)量為m= 0.5kg的小球從O點正上方某處 A點以vo水平拋出，恰好能垂直 OB從B點進(jìn)入細(xì)圓管，小球過 C點時C點后經(jīng)過(s再次回到C點。(g= 10m/s2)求:(1)小球從O點的正上方某處 A點水平拋出的初速度 V0為多大？(2)小球第一次過 C點時軌道對小球的支持力大小為多少？(3)若將BC段換成光滑細(xì)圓管，其他不變，仍將小球從A點以Vo水平拋出，且從小球進(jìn)入圓管開始對小球施加了一豎直向上大小為5N的恒力，試判斷小球在 BC段的運動是否為勻速圓周運動，若是勻速圓周運動，求出小球?qū)?xì)管作用力大??；若不是勻速圓周運動則 說明理由。【答案】(1) 2m/s (2) 2

9、0.9N (3) 572 N【解析】【詳解】(1)小球從A運動到B為平拋運動，有：rsin45 = v0t。gt在B點有：tan45 V0解以上兩式得：V0= 2m/s(2)由牛頓第二定律得：小球沿斜面向上滑動的加速度: TOC o 1-5 h z mgsin45 mgcos45。2ai gsin45 + 科 cos45 = 8 J2 m/s2m.小球沿斜面向下滑動的加速度：mgsin45 mgcos452a2 gsin45 - cos45 =22 m/s2m設(shè)小球沿斜面向上和向下滑動的時間分別為tl、t2,由位移關(guān)系得：aiti2 - a2t2222又因為：ti+t2 9s8解得：ti -

10、s, t2 s84小球從C點沖出的速度：vc= aiti = 3 J2 m/s2在C點由牛頓第二定律得：N - mg = m至r解得：N=20.9N(3)在B點由運動的合成與分解有：Vb 0一 2,/2 m/ssin45因為恒力為5N與重力恰好平衡，小球在圓管中做勻速圓周運動。設(shè)細(xì)管對小球作用力大 小為F2由牛頓第二定律得：F= m也r解得：F= 5 2 N由牛頓第三定律知小球?qū)?xì)管作用力大小為5 J N ,5.如圖所示，一質(zhì)量 M=4kg的小車靜置于光滑水平地面上，左側(cè)用固定在地面上的銷釘 擋住。小車上表面由光滑圓弧軌道 BC和水平粗糙軌道 CD組成，BC與CD相切于C,圓弧 BC所對圓心角

11、0= 37 ,圓弧半徑 R=2.25m,滑動摩擦因數(shù) 月0.48。質(zhì)量m=ikg的小物塊 從某一高度處的 A點以V0=4m/s的速度水平拋出，恰好沿切線方向自B點進(jìn)入圓弧軌道，最終與小車保持相對靜止。取g=i0m/s2, sin37 =0.6,忽略空氣阻力，求：(i) A、B間的水平距離；(2)物塊通過C點時，軌道對物體的支持力;(3)物塊與小車因摩擦產(chǎn)生的熱量。【答案】(1) 1.2m (2) Fn 25.1N (3) 13.6J【解析】【詳解】(1)物塊從AHIJB由平拋運動的規(guī)律得：gttan 9=一V0 x= V0t得 x=1.2m(2)物塊在B點時，由平拋運動的規(guī)律得：Vb -v0-

12、cos物塊在小車上BC滑動過程中，由動能定理得：mgR(1 cos 0)= mvC2 mvB2222在C點對滑塊由牛頓第二定律得fn mg m上R聯(lián)立以上各式解得：Fn 25.1N(3)根據(jù)牛頓第二定律，對滑塊有mg= ma1,對小車有 科mg= Ma 2當(dāng)滑塊相對小車靜止時，兩者速度相等，即vc a1t1= a2t1由以上各式解得t1 Y34S, 16此時小車的速度為v= a2t1= m / s5物塊在C血滑動過程中由能量守恒定律得:W（M + m）v2 + Q解得：Q=13.6J6.如圖所示，半徑為:，質(zhì)量為m的小球與兩根不可伸長的輕繩a,b連接，兩輕繩的另一端分別固定在一根豎直光滑桿的

13、A,B兩點上.已知A,B兩點相距為l,當(dāng)兩輕繩伸直后 A、B兩點到 球心的距離均為l,重力加速度為g.(1)裝置靜止時，求小球受到的繩子的拉力大小T;(2)現(xiàn)以豎直桿為軸轉(zhuǎn)動并達(dá)到穩(wěn)定(輕繩a,b與桿在同一豎直平面內(nèi))小球恰好離開豎直桿時，豎直桿的角速度0多大？輕繩b伸直時，豎直桿的角速度 多大?【答案】丁 45 mg (2)3。=2拜5g 杵【解析】 【詳解】(1)設(shè)輕繩a與豎直桿的夾角為 a15 cos 4對小球進(jìn)行受力分析得T mgcos解得：4.15Tg(2)小球恰好離開豎直桿時，小球與豎直桿間的作用力為零?？芍∏蜃鰣A周運動的半徑 為lr=42mg tan m 0 r解得：CO0=輕

14、繩b剛伸直時，輕繩 a與豎直桿的夾角為 60,可知小球做圓周運動的半徑為r l sin602mg tan 60 m r解得:輕繩b伸直時，豎直桿的角速度7.如圖所示，豎直平面內(nèi)有一光滑的直角細(xì)桿MON,其中ON水平，OM豎直，兩個小物塊A和B分別套在 OM和ON桿上，連接 AB的輕繩長為L=0.5m,.現(xiàn)將直角桿 MON繞過 OM的軸O1O2緩慢地轉(zhuǎn)動起來.已知 A的質(zhì)量為m1=2kg,重力加速度g取10m/s2。1O11*O2(1)當(dāng)輕繩與 OM的夾角0=37時，求輕繩上張力 F。(2)當(dāng)輕繩與 OM的夾角0=37時，求物塊B的動能EkB。(3)若緩慢增大直角桿轉(zhuǎn)速，使輕繩與 OM的夾角。由

15、37。緩慢增加到53。，求這個過程 中直角桿對 A和B做的功 Wa、Wb。61【答案】(1) F 25N (2) EkB 2.25J (3)WK 0 , WB J12【解析】【詳解】(1)因A始終處于平衡狀態(tài)，所以對A有 TOC o 1-5 h z F cosm1g得 F 25N(2)設(shè)B質(zhì)量為m2、速度為v、做圓周運動的半徑為r ,對B有2 V F sinm2 一rr Lsin12m2v22mgLsin信EkB2cosEkB 2.25JOt(3)因桿對 A的作用力垂直于 A的位移，所以 WA 0由(2)中的EkB刀1gLs1n知,當(dāng) 53時，B的動能為EkB 16J2cos3桿對B做的功等于

16、 A、B組成的系統(tǒng)機械能的增量，故 WB EkB EkB m1gh其中 h L cos37 Lcos53 得 WB J12該處切(不D8.如圖所示，圓弧軌道 AB是在豎直平面內(nèi)的 二圓周，B點離地面的高度h=0.8m,4線是水平的，一質(zhì)量為 m=200g的小球(可視為質(zhì)點)自A點由靜止開始沿軌道下滑計小球與軌道間的摩擦及空氣阻力)，小球從B點水平飛出，最后落到水平地面上的點.已知小物塊落地點 D到C點的距離為x=4m,重力加速度為g=10m/s2.求：(1)圓弧軌道的半徑(2)小球滑到B點時對軌道的壓力.【答案】(1)圓弧軌道的半徑是 5m.(2)小球滑到B點時對軌道的壓力為 6N,方向豎直向

17、下.【解析】(1)小球由B到D做平拋運動，有：h= gt22X=VBt解得：vB x 4 I 1010m/ s,2h ；2 0.8A至ijB過程，由動能定理得：mgR= mvB2-02解得軌道半徑 R=5m2(2)在B點，由向心力公式得：N mg m巴R解得：N=6N根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)壍赖膲毫h=N=6N,方向豎直向下點睛：解決本題的關(guān)鍵要分析小球的運動過程，把握每個過程和狀態(tài)的物理規(guī)律，掌握圓 周運動靠徑向的合力提供向心力，運用運動的分解法進(jìn)行研究平拋運動.9.游樂場正在設(shè)計一個全新的過山車項目，設(shè)計模型如圖所示，AB是一段光滑的半徑為R的四分之一圓弧軌道，后接一個豎直光滑圓軌道，

18、從圓軌道滑下后進(jìn)入一段長度為L的粗糙水平直軌道BD,最后滑上半徑為 R圓心角60的光滑圓弧軌道DE.現(xiàn)將質(zhì)量為m的滑塊從A點靜止釋放，通過安裝在豎直圓軌道最高點C點處的傳感器測出滑塊對軌道壓力為mg,求：(1)豎直圓軌道的半徑 r .(2)滑塊在豎直光滑圓弧軌道最低點B時對軌道的壓力.(3)若要求滑塊能滑上 DE圓弧軌道并最終停在平直軌道上(不再進(jìn)入豎直圓軌道)，平直軌道BD的動摩擦因數(shù) 需滿足的條件.(1) R (2) 7mg (3)32L(1)對滑塊，從A到C的過程，由機械能守恒可得:mg(R 2r)-mvC2 C2mg一 R解得：r ； 3(2)對滑塊，從A到B的過程，由機械能守恒可得:- 2mgR -mvB在B點，有：一VBN mg m r可得：滑塊在B點受到的支持力N=7mg;由牛頓第三定律可得，滑塊在 B點對軌道的壓力N N 7mg ,方向豎直向下；(3)若滑塊恰好停在 D點，從B到D的過程，由動能定理可得:imgL122mvB可得：12mgL mgR(1 cos )1 2一 mvB2 B可得:R2 2l若滑塊恰好滑回并停在 B點,對于這個過程，由動能定理可得:3mg 2L1 2一mvB2綜上所述，需滿足的條件:2L