高考物理曲线运动试题(有答案和解析)

1、高考物理曲线运动试题( 有答案和解析 )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 v0=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） v共 =2.0 m / s（ 2） f=15n(3)h=0.2m【解析】（1）因

2、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mv0(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，轻绳受到的拉力最大，设最大拉力为f，f(mm) g( mm) v共 2l得 : f 15n（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：（ m+m ) gh 1 ( m m )v共 22解得 : h0.2m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

3、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，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 离c 点距离 ，求小球抛出 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 。【答案】（ 1）（ 2）【解析】【分析】（1）将整个 程等效 完整的平抛运 ， 合水平位移和 直位移求解初速度；（2）若小球正好落在箱子的

4、b 点， 水平位移 是2l 的整数倍，通 平抛运 公式列式求解初速度可能 。【 解】（ 1）此 可以看成是无反 的完整平抛运 ， 水平位移 ： x v0t 直位移 ： h gt2解得： v0；（2）若小球正好落在箱子的b 点， 小球的水平位移 ：x2nl（ n 1.2.3 ）同理： x 2nlv02t ，hgt 解得：（ n 1.2.3 ）3 如 所示， 量 m4kg 的平板 p 的上表面离地面高 h 0.2m， 量 m 1kg的小物 q （大小不 ，可 点）位于平板 的左端，系 原来静止在光滑水平地面上，一不可伸 的 r0.9m ，一端 于 q 正上方高 r ，另一端系一 量也 m 的小球（

5、大小不 ，可 点）。今将小球拉至 与 直方向成60o 角由静止 放，小球到达最低点 与q 的碰撞 极短，且无机械能 失。已知q 离开平板 速度大小 v11m/s ， q 与 p 之 的 摩擦因数0.2 ，重力加速度 g10m/s2 ， 算：(1)小球与 q 碰撞前瞬 ， 拉力t 的大小；(2)平板 p 的 度 l；(3)小物 q 落地 与小 的水平距离s。【答案】 (1) 20 n； (2) 1.75 m； (3) 0.1 m。【解析】【详解】(1)设小球与 q 碰前瞬间的速度为v0，小球在下摆过程中，由动能定理有：mgr(1 cos60 )1 mv022在最低点有：tmgm解得：v02rv0

6、 =gr =3m/s 、 t20 n(2)小球与 q 碰撞后，设小球与q 的速度分别为v0和 vq，在碰撞过程中由动量守恒和能量守恒有：mv0mv0mvq1 mv021 mv021 mvq2222解得：vq 3 m/s设 q 离开平板车时 p 的速度为 v2， q 与 p 组成的系统动量守恒和能量守恒有：mvq mv1 mv 21mvq21mv121mv22mgl222解得：v2 0.5 m/s 、 l 1.75 m(3) q 脱离 p 后做平抛运动，设做平抛运动的时间为t ，则：h 1 gt 22解得：t 0.2 sq 落地时二者相距：s(v1v2)t0.1 m4 如图所示，半径为r 的四分

7、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 rh3r ）的 a 点由静止开始下落，从b 点进入圆轨道，2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 rd2 21 r【解析】【分析】【详解】（1）当小球刚好通过最高点时应有：mvd2mgr由机械

8、能守恒可得：mg h rmvd22联立解得 h3 r ，因为 h 的取值范围为3 r h3r，小球能到达d 点；22（2）设小球在 d 点受到的压力为f ，则f mgmvd2rmg h rmvd22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 vd mingr此时小球飞离 d 后平抛，有： r1 gt 22xminvd min t联立解得 xmin2rr ，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： mg3mgm vd2maxr解得 vd max

9、 2gr小球飞离 d 后平抛 r1 gt 2 ，2xmax vd max t联立解得 xmax2 2r故落点与 b 点水平距离 d 的范围为：21 r d22 1 r5 水平面上有一竖直放置长h 1.3m两点， pq 间距离为d0.3m，一质量为的杆 po，一长 l 0.9m 的轻细绳两端系在杆上m 1.0kg 的小环套在绳上。杆静止时，小环靠在p、 q杆上，细绳方向竖直；当杆绕竖直轴以角速度旋转时，如图所示，小环与q 点等高，细绳恰好被绷断。重力加速度g10m s2，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；（ 3）小环着地点与 o 点的距

10、离 d。【答案】 （1） 5n （ 2） 53rad / s（ 3） 1.6m【解析】【详解】（1）杆静止时环受力平衡，有2t mg 得： t5n（2）绳断裂前瞬间，环与q 点间距离为 r，有 r2 d2 （ l r） 2环到两系点连线的夹角为，有 sindr， cosl rlr绳的弹力为t1，有 t1 sin mg2t1cos t1 m r得 5 3rad / s（3）绳断裂后，环做平抛运动，水平方向s vt竖直方向 ： hd1gt 22环做平抛的初速度： v r小环着地点与杆的距离： d2 r2 s2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

11、计算公式，能清楚向心力的来源即可。6 如图所示，水平传送带 ab 长 l=4m，以 v0=3m/s 的速度顺时针转动，半径为 r=0.5m 的光滑半圆轨道 bcd 与传动带平滑相接于 b 点，将质量为 m=1kg 的小滑块轻轻放在传送带的左端已，知小滑块与传送带之间的动摩擦因数为=0.3，取 g=10m/s 2，求 :(1)滑块滑到 b 点时对半圆轨道的压力大小；(2)若要使滑块能滑到半圆轨道的最高点，滑块在传送带最左端的初速度最少为多大【答案】 （1） 28n.（ 2） 7m/s【解析】【分析】（1）物块在传送带上先加速运动，后匀速，根据牛顿第二定律求解在b 点时对轨道的压力；（ 2）滑块到

12、达最高点时的临界条件是重力等于向心力，从而求解到达d 点的临界速度，根据机械能守恒定律求解在b 点的速度；根据牛顿第二定律和运动公式求解a 点的初速度 .【详解】（1）滑块在传送带上运动的加速度为a=g=3m/s2；则加速到与传送带共速的时间tv01s 运动的距离：x1 at 21.5m ，a2以后物块随传送带匀速运动到b 点，到达 b 点时，由牛顿第二定律：fmg m v02r解得 f=28n，即滑块滑到b 点时对半圆轨道的压力大小28n.（2）若要使滑块能滑到半圆轨道的最高点，则在最高点的速度满足：mg=m vd2r解得 vd=5 m/s ；由 b 到 d，由动能定理：1mvb2 1mvd

13、2mg 2r22解得 vb=5m/sv0可见，滑块从左端到右端做减速运动，加速度为a=3m/s2 ，根据 vb2=va2-2al解得 va=7m/s7 如图甲所示，长为4m 的水平轨道ab 与半径为r=1m 的竖直半圆弧管道bc 在 b 处平滑连接，一质量为1kg 可看作质点的滑块静止于a 点，某时刻开始受水平向右的力f 作用开始运动 ，从 b 点进入管道做圆周运动，在c 点脱离管道bc，经0.2s 又恰好垂直与倾角为45的斜面相碰。已知f 的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与为 =0.3，取 g=10m/s2。 求：ab 间的动摩擦因数（ 1）滑块在 c 点的速度大小；（ 2）滑块经过

14、b 点时对管道的压力；（ 3）滑块从 a 到 c 的过程中因摩擦而产生的热量。【答案】 (1) 2m/s(2) 106n ，方向向下 (3) 38j【解析】 (1)滑块从 c 离开后做平抛运动，由题意知：又：解得 ： vc=2m/s(2)滑块从 a 到 b 的过程中，由动能定理得：设在 b 点物块受到的支持力为n，由牛顿第二定律有：滑块对圆弧管道的压力，由牛顿第三定律有：联立以上方程，解得：=106n，方向向下 ；(3) 滑块从 a 到 b 的过程中因摩擦产生的热量：12j滑块从 b 到 c 的过程中，由能量守恒定律有：又：综上解得： q=38j。点睛：本题是一道力学综合题，分析清楚滑块运动过

15、程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、动能定理与能量守恒定律即可解题。8 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 。平台足够宽，高为 h=0.8m ，长为 l=3.3m。一个质量 m1=0.2kg 的小球以 v0=3m/s的速度沿 x 轴运动，到达 o 点时，给小球施加一个沿 y 轴正方向的水平力 f1，且 f1=5y（ n）。经一段时间，小球到达平台上坐标为（ 1.2m ， 0.8m）的 p 点时，撤去外力 f1。在小球到达 p 点的同时，平台与地面相交处最内侧的m 点，一个

16、质量m2=0.2kg 的滑块以速度v 在水平地面上开始做匀速直线运动，滑块与地面间的动摩擦因数=0.5，由于摩擦力的作用，要保证滑块做匀速运动需要给滑块一个外力f2，最终小球落在n 点时恰好与滑块相遇，小球、滑块均视为质点， g10m / s2 ， sin370.6， cos370.8 。求：（ 1）小球到达 p 点时的速度大小和方向；（ 2） m 、n 两点间的距离 s 和滑块速度 v 的大小；（ 3）外力 f2 最小值的大小（结果可用根式表示）【答案】（ 1） 5m/s 方向与 x 轴正方向成 53（ 2）1.5m； 3.75m/s （3） 2 5 n5【解析】（ 1）小球在平台上做曲线运

17、动，可分解为沿x 轴方向的匀速直线运动和沿y 轴方向的变加速运动，设小球在p 点受到 vp 与 x 轴夹角为从 o 点到 p 点，变力 f 做功y p50.80.8j1.6 j12根据动能定理有 w1 m1vp21 m1v02 ，解得 vp5m / s22根据速度的合成与分解有v0vp cos，得53 ，小球到达 p 点时速度与 x 轴正方向成53（2）小球离开 p 点后做平抛运动，根据平抛运动规律有h1gt 2 ，解得 t=0.4s2小球位移在水平面内投影lvp t2m设 p 点在地面的投影为p ，则 p mlyp2.5m由几何关系可得 s2p m 2l 22lp mcos，解得 s=1.5

18、m滑块要与小球相遇，必须沿mn 连线运动，由svt ，得 v3.75m / s（3）设外力f2 的方向与滑块运动方向（水平方向）的夹角为，根据平衡条件水平方向有：f2 cosf ，其中 fn ，竖直方向有 nf2sinm2 g联立解得 f2m2 gcossin由数学知识可得f21m2 g，其最小值 f2minm2 g2 5 n 。2 sin1259如图所示，某同学在一辆车上荡秋千，开始时车轮被锁定，车的右边有一个和地面相平的沙坑，且右端和沙坑的左边缘平齐；当同学摆动到最大摆角=60时，车轮立即解除锁定，使车可以在水平地面无阻力运动，该同学此后不再做功，并可以忽略自身大小，已知秋千绳子长度l=4

19、.5m，该同学和秋千支架的质量m=200kg ，重力加速度g=10m/s 2，试求：（ 1）该同学摆到最低点时的速率；（ 2）在摆到最低点的过程中，绳子对该同学做的功；（ 3）该同学到最低点时，顺势离开秋千板，他落入沙坑的位置距离左边界多远？已知车辆长度 s=3.6m，秋千架安装在车辆的正中央，且转轴离地面的高度h=5.75m.【答案】（ 1） 6m/s ；（ 2） -225j；（ 3） 0.421m【解析】（1）人向下运动的过程中，人与车在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则：人向下运动的过程中系统的机械能守恒，则：代入数据，联立得：（2）对人向下运动的过程中使用动能定理，得：代入数据解

20、得：（3）人在秋千上运动的过程中，人与车组成的系统在水平方向的平均动量是守恒的，则：由于运动的时间相等，则：又：，联立得：，即车向左运动了人离开秋千后做平抛运动，运动的时间为：人沿水平方向的位移为：所以人的落地点到沙坑边缘的距离为：代入数据，联立得：。点睛：该题中涉及的过程多，用到的知识点多，在解答的过程中要注意对情景的分析，尤其要注意人在秋千上运动的过程中，车不是静止的，而是向左运动。10 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

21、. 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；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； 25 3l ， ；（ 3）5l ，848 3mv0 ；3l5 3 l418v05ql2v0【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）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