高考物理专题汇编曲线运动(一)及解析

1、高考物理专题汇编曲线运动( 一 ) 及解析一、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1倍地球表面的重力加速度2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)1(2)s2 g0(3)t1s2g星 = gv01 mg04hl4042( h l) l【解析】【分析】【详解】（1）由万有引力等

2、于向心力可知g mmm v2r2rg mmmgr2v2可得 gr则 g星 1 g0 4（2）由平抛运动的规律： hl1 g星t 22s v0t解得 vs2g004h l2（3）由牛顿定律 ，在最低点时 ： tmg星 m vl解得 ： t11s2mg042( hl )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 g0；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， bc为半径 r22 m 竖直放置的细圆管， o 为细圆管的圆心，在圆管的末5端 c 连接倾斜角为45、动摩擦因数 0.6 的足够长粗糙斜

3、面，一质量为m 0.5kg 的小球从 o 点正上方某处a 点以 v0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9s 再次回到 c点。（ g 10m/s2 ）求：8（1）小球从o 点的正上方某处a 点水平抛出的初速度v0 为多大？（2）小球第一次过c 点时轨道对小球的支持力大小为多少？（3）若将 bc段换成光滑细圆管，其他不变，仍将小球从a 点以 v0 水平抛出，且从小球进入圆管开始对小球施加了一竖直向上大小为5n 的恒力，试判断小球在bc段的运动是否为匀速圆周运动，若是匀速圆周运动，求出小球对细管作用力大小；若不是匀速圆周运动则说明理由。

4、【答案】（ 1） 2m/s （2） 20.9n（ 3） 52 n【解析】【详解】（1）小球从a 运动到 b 为平抛运动，有：rsin45 v0tgt在 b 点有： tan45 v0解以上两式得：v0 2m/s（ 2）由牛顿第二定律得：小球沿斜面向上滑动的加速度：a1mgsin45mgcos45gsin45 +gcos45 82 m/s 2m小球沿斜面向下滑动的加速度：a2mgsin45mgcos45gsin45 gcos45 22 m/s 2m设小球沿斜面向上和向下滑动的时间分别为t 1、 t 2，由位移关系得： 1a1t121 a2t22229又因为： t1+t 2s8解得： t133s，

5、t 2s84小球从 c 点冲出的速度：vc a1t1 32 m/s在 c 点由牛顿第二定律得：n mg m vc2r解得： n 20.9n（3）在 b 点由运动的合成与分解有： vbv022 m/ssin45因为恒力为 5n 与重力恰好平衡，小球在圆管中做匀速圆周运动。设细管对小球作用力大小为 f由牛顿第二定律得：fm vb2r解得： f 52 n由牛顿第三定律知小球对细管作用力大小为5 2 n，3 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

6、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fn 和细线的拉力 f,重力 mg 和弹力 fn 平衡，线的拉力提供向心力，有：fn=f=m 2r，设原来的角速度为0,线上的拉力是 f0,加快后的角速度为,线断时的拉力是f1，则有

7、：2f1:f0=2: 0 =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 f1v2= 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=2h2 0.8 s =0.4s，g10则落地点离桌面的水平距离为：x=vt=50.4=2m.4 如图所示，一轨道由半径 r 2m 的四分之一竖直圆弧轨道 ab 和水平直轨道 bc在 b 点平滑连接而成现有一质量为 m 1kg 的小球从 a 点正上方 r 处的 o 点由静止释放，小2球经过圆弧上的b 点时，轨道对小球的支持力大小fn18 n ，最后从

8、c 点水平飞离轨道，落到水平地面上的p 点 .已知 b 点与地面间的高度h3.2m ，小球与 bc段轨道间的动摩擦因数0.2 ，小球运动过程中可视为质点. (不计空气阻力，g 取 10 m/s 2). 求：（1）小球运动至b 点时的速度大小 vb（2）小球在圆弧轨道ab 上运动过程中克服摩擦力所做的功w f（3）水平轨道 bc 的长度 l 多大时，小球落点p 与 b 点的水平距最大【答案】（ 1） vb4?m / s（ 2） w f 22?j（3） l3.36m【解析】试题分析： （ 1）小球在 b 点受到的重力与支持力的合力提供向心力，由此即可求出b 点的速度；（ 2）根据动能定理即可求出小

9、球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；（3）结合平抛运动的公式，即可求出为使小球落点p 与 b 点的水平距离最大时bc 段的长度 （1）小球在 b 点受到的重力与支持力的合力提供向心力，则有： fnmgm vb2r解得： vb4m / s（2）从 o 到 b 的过程中重力和阻力做功，由动能定理可得：mg rrwf1 mvb2022解得： wf22j（3）由 b 到 c 的过程中，由动能定理得：mglbc1 mvc21 mvb222解得： lbcvb2vc22g从 c 点到落地的时间：t02h0.8sgvb2vc2b 到 p 的水平距离： lvc t02g代入数据，联立并整理可得：124l 44vc

10、5vc由数学知识可知，当vc 1.6m / s时， p 到 b 的水平距离最大，为： l=3.36m【点睛】该题结合机械能守恒考查平抛运动以及竖直平面内的圆周运动，解题的关键就是对每一个过程进行受力分析，根据运动性质确定运动的方程，再根据几何关系求出最大值5 如图所示，在竖直平面内有一半径为r的1光滑圆弧轨道ab，与水平地面相切于b4点。现将 ab锁定，让质量为m的小滑块 p（视为质点）从a点由静止释放沿轨道ab滑下，最终停在地面上的c点， c、 b 两点间的距离为2r已知轨道ab的质量为 2m， p与点右侧地面间的动摩擦因数恒定，b点左侧地面光滑，重力加速度大小为g，空气阻力不计。b（1）求

11、 p刚滑到圆弧轨道的底端b 点时所受轨道的支持力大小n以及p与b点右侧地面间的动摩擦因数；（ 2）若将 ab解锁，让 p 从 a 点正上方某处 q由静止释放， p 从 a 点竖直向下落入轨道，最后恰好停在 c点，求：当 p 刚滑到地面时，轨道 ab的位移大小 x1；q与a点的高度差h以及p离开轨道后到达c点所用的时间t。ab【答案】（ 1） p 刚滑到圆弧轨道的底端b 点时所受轨道的支持力大小n 为 3mg ， p 与 b 点右侧地面间的动摩擦因数为 0.5；（ 2）若将 ab 解锁，让 p 从 a 点正上方某处 q 由静止释放， p 从 a 点竖直向下落入轨道，最后恰好停在c 点，当 p 刚

12、滑到地面时，轨道 ab的位移大小 x1 为 r ； q 与 a 点的高度差h 为 r ， p 离开轨道 ab 后到达 c 点所用的时间32t 为132r 。6g【解析】【详解】（1）滑块从 a 到 b 过程机械能守恒，应用机械能守恒定律得：mgr=1mvb2 ，2在 b 点，由牛顿第二定律得： n-mg =m vb2，r解得： vb= 2gr ， n=3mg，滑块在 bc 上滑行过程，由动能定理得： -mg ?2r=0- 1 mvb2，2代入数据解得：=0.5；（ 2）滑块与轨道组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv -2mv2=01m rx1-2mx1 =0，t

13、t解得： x1= r ；3滑块 p 离开轨道 ab 时的速度大小为vb， p 与轨道 ab 组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvb-2mv=0，由机械能守恒定律得： mg（r+h） = 1 mvb2 1 2mv2 ，22r解得： h=；x1p 向右运动运动的时间：t 1= vb ，p 减速运动的时间为t2，对滑片，由动量定理得：-mgt 2=0-mvb，运动时间： t=t1+t 2，解得： t= 132r ；6g6 如图是节水灌溉工程中使用喷水龙头的示意图。喷嘴离地面高为h ，将水连续不断地以恒定速度水平喷出，其喷灌的水平射程为10h ，喷嘴横截面积为s（设同一

14、横截面上各点水流速度大小均相同），水的密度为，空气阻力忽略不计。重力加速度为g。（ 1）求空中水的体积 v；（ 2）假如我们只研究其中一个质量为m 的水滴，不计水滴间的相互影响，求它从喷嘴水平喷出后在空中运动过程中的动量变化量p；（ 3）假如水击打在水平地面上速度立即变为零，求水击打地面时竖直向下的平均作用力大小 f。【答案】（ 1） 10hs （2） m 2gh （ 3）10hsg【解析】【详解】v0x10 h2h5 2gh（1）水喷出时速度：2hgg则空中水的体积：vv02h 10hssg（2）由动量定理得：p mgt mg2h m 2ghg（3）向下为正，在竖直向对由动量定理：f则与地面

15、作用时间内重力可略）则由牛顿第三定律可得对地面的力为10hsg。10hs2gh2h 10hsg（因时间短，g7 如图所示，半径为 r 的四分之三光滑圆轨道竖直放置，cb是竖直直径，a 点与圆心等高，有小球 b 静止在轨道底部，小球a 自轨道上方某一高度处由静止释放自a 点与轨道相切进入竖直圆轨道，a、 b 小球直径相等、质量之比为3 1，两小球在轨道底部发生弹性正碰后小球 b 经过 c点水平抛出落在离c 点水平距离为 22r 的地面上，重力加速度为g，小球均可视为质点。求(1)小球 b 碰后瞬间的速度；(2)小球 a 碰后在轨道中能上升的最大高度。【答案】 (1)6gr (2) 1 r3【解析

16、】【详解】(1)b 小球从 c 点抛出做平抛运动，有：1 gt 22r24r解得 tg小球 b 做平抛运动的水平位移：xvc t22r解得 vc2gr根据机械能守恒有：1 mbvb21 mbvc22mb gr22可知小球 b 在碰后瞬间的速度：vb6gr(2)a、b 两小球相碰，由动量守恒得：ma vama va mbvba、b 两小球发生弹性碰撞，由机械能守恒得：1mava21mava 21mb vb2222又 ma 3mb解得：2113vb va 2 va3 vbva可得： va 6gr ，小球 a 在轨道内运动，不能到达圆心高度，所以小球a 不会脱离轨3道，只能在轨道内来回滚动，根据机械

17、能守恒可得：1 mava 2ma gh2r解得： h38 如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部ab 是一长为2r 的竖直细管，上半部bc 是半径为r 的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，ab 管内有一原长为r、下端固定的轻质弹簧投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5r后锁定，在弹簧上段放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去设质量为m 的鱼饵到达管口c 时，对管壁的作用力恰好为零不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能已知重力加速度为g求：(1)质量为 m 的鱼饵到达管口 c 时的速度大小v ;1(2)弹簧压缩到 0.5r 时的弹性势能

18、ep;(3)已知地面欲睡面相距 1.5r，若使该投饵管绕ab 管的中轴线 oo 。在 90角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在2 m 到 m 之间变化，且均能落到3水面持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积s是多少？【答案】 (1)gr ； (2)3mgr；(3) 8.25 r2【解析】【分析】【详解】(1)质量为 m 的鱼饵到达管口c 时做圆周运动的向心力，完全由重力提供，则2mgm v1r可以解得v1gr(2)从弹簧释放到最高点 c 的过程中，弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由系统的机械能守恒定律有wf wg1mv1202即2wf mg 2.5r1

19、 m gr02得wf3mgr故弹簧弹性势能为ep =3mgr(3)不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响，质量为m 的鱼饵离开管口c 后做平抛运动，设经过t 时间落到水面上，得t2h3rg g离 oo的水平距离为 x1，鱼饵的质量为 m 时x1v1t3r鱼饵的质量为2 m 时，由动能定理3wf2 mg 2.5r122 m v10323整理得：v14gr同理：x2v1t6rr1x1r4rr2x2r7r鱼饵能够落到水面的最大面积s 是s1r22r128.25 r24【点睛】本题考查了圆周运动最高点的动力学方程和平抛运动规律，转轴转过90鱼饵在水平面上形成圆周是解决问题的关键，这是一道比较困难的好

20、题9 某高中物理课程基地拟采购一种能帮助学生对电偏转和磁偏转理解的实验器材. 该器材的核心结构原理可简化为如图所示.一匀强电场方向竖直向下，以竖直线ab、 cd 为边界，其宽度为 l，电场强度的大小为 e3mv02. 在 cd 的左侧有一与 cd 相切于 n 点的圆形有ql界匀强磁场，磁场的方向垂直纸面、水平向外. 现有一质量为 m，电荷量为 q 的带正电粒子自 o 点以水平初速度 v0 正对 m 点进入该电场后，从n 点飞离 cd 边界，再经磁场偏转后又从 p 点垂直于 cd 边界回到电场区域，并恰能返回o 点 .粒子重力不计 . 试求：1 粒子从 n 点飞离 cd 边界时的速度大小和方向；

21、2 p 、 n 两点间的距离；3 圆形有界匀强磁场的半径以及磁感应强度大小；4 该粒子从o 点出发至再次回到 o 点的总时间【答案】12v0 ，方向与边界 cd 成 30o 角斜向下；2 5 3 l ， ；（ 3）5l ，848 3mv0；4 3l5 3 l5ql2v018v0【解析】【分析】（1）利用运动的合成和分解，结合牛顿第二定律，联立即可求出粒子从n 点飞离 cd 边界时的速度大小，利用速度偏向角公式即可确定其方向；（ 2）利用类平抛规律结合几何关系，即可求出p、 n 两点间的距离；（3）利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，联立即可求出圆形有界匀强磁场的半径以及磁感应强度大小；（ 4）

22、利用类平抛规律求解粒子在电场中运动的时间，利用周期公式，结合粒子在磁场中转过的圆心角求解粒子在磁场中运动的时间，联立即可求出该粒子从o 点出发至再次回到o 点的总时间 【详解】（1）画出粒子轨迹过程图，如图所示：l粒子从 o 到 n 点时间： t 1= v0粒子在电场中加速度： a= qe =3v 02ml粒子在 n 点时竖直方向的速度：vy10=at = 3 v粒子从 n 点飞离 cd 边界时的速度 ： v=2v0v y=，故=600，即速度与边界cd 成 300 角斜向下 速度偏转角的正切： tan=3v0（2）粒子从 p 到 o 点时间： t2l= 2v 0粒子从 p 到 o 点过程的竖

23、直方向位移：y2=1 at22=3 l28粒子从 o 到 n 点过程的竖直方向位移：y1=1 at12 =3 l22故 p、 n 两点间的距离为： ypn=y1+y2= 53 l8（3）设粒子做匀速圆周运动的半径为r，根据几何关系可得：r cos600 +r= 5 3 l8解得粒子做匀速圆周运动的半径：r= 53 l12根据洛伦兹力提供向心力可得：qvb=m v 2r解得圆形有界匀强磁场的磁感应强度mv8 3mv0： b=5qlqr根据几何关系可以确定磁场区域的半径：r=2r cos30 0即圆形有界匀强磁场的半径： r=5l4（4）粒子在磁场中运动的周期：t=2rv粒子在匀强磁场中运动的时间：25 3lt 3=t=318v0粒子从 o 点出发至再次回到3l5 3lo 点的总时间： t=t 1+t2+t 3=+2v 018v 0【点睛】本题考查带电粒子在复合场中运动，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，还要分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向；运用