1、高考物理试卷分类汇编物理曲线运动( 及答案 ) 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3， sin = ，一质量为m5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
2、）小球从 C 点落至水平轨道所用的时间【答案】（ 1）5gR （ 2） m23gR （ 3） 35R225g【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F0，小球到达 C 点时所受合力的大小为F由力的合成法则有F0tanmgF 2(mg )2F02 设小球到达C 点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得v2FmR由式和题给数据得F03 mg 4v 5gR 2（2）设小球到达A 点的速度大小为v1 ，作 CDPA ，交 PA 于 D 点，由几何关系得DAR sinCDR(
3、1cos）由动能定理有mg CDF0DA1 mv21 mv12 22由式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为pmv1m23gR 2（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v t1gt 2CD 2vvsin由式和题给数据得35Rtg5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 ,半径为 l,质量为 m 的小球与两根不可伸长的轻绳a,b 连接 ,两轻绳的另一端分4别固定在一根竖直光
4、滑杆的A,B 两点上 .已知 A,B 两点相距为 l,当两轻绳伸直后A、B 两点到球心的距离均为 l,重力加速度为 g（1）装置静止时 ,求小球受到的绳子的拉力大小T；（2）现以竖直杆为轴转动并达到稳定（轻绳a,b 与杆在同一竖直平面内）小球恰好离开竖直杆时,竖直杆的角速度0 多大 ?轻绳 b 伸直时 ,竖直杆的角速度多大？415mg (2)0 =215g2g【答案】 (1) T1515ll【解析】【详解】(1)设轻绳 a 与竖直杆的夹角为15cos4对小球进行受力分析得mgTcos解得：T 4 15 mg15(2)小球恰好离开竖直杆时，小球与竖直杆间的作用力为零。可知小球做圆周运动的半径为l
5、r=4mg tanm 02 r解得 :0= 215g15l轻绳 b 刚伸直时，轻绳a 与竖直杆的夹角为60，可知小球做圆周运动的半径为rl sin60mg tan 60m2r解得 :2g=l轻绳 b 伸直时，竖直杆的角速度2gl3 如图所示，水平转台上有一个质量为m 的物块，用长为2L 的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角 30，此时细绳伸直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为 ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力物块随转台由静止开始缓慢加速转动，重力加速度为 g，求：（ 1）当转台角速度 1 为多大时，细绳开始有张力出现；（ 2）当转台角速度 2 为多大时，转台对物块支持力为零；g（3
6、）转台从静止开始加速到角速度3的过程中，转台对物块做的功L【答案】 （1） 1g3g（ 3）1（2）23L3 mgLL2【解析】【分析】【详解】（1）当最大静摩擦力不能满足所需要向心力时，细绳上开始有张力：mgm 12 2 L sin代入数据得1gL（2）当支持力为零时，物块所需要的向心力由重力和细绳拉力的合力提供mg tanm 22 2L sin代入数据得23g3L（3） 32 ， 物块已经离开转台在空中做圆周运动设细绳与竖直方向夹角为，有mg tanm 32 2L sin代入数据得60转台对物块做的功等于物块动能增加量与重力势能增加量的总和即W1 m(3 2L sin 60o )2mg (
7、2 L cos30o2L cos60 o )2代入数据得：1W(3)mgL【点睛】本题考查牛顿运动定律和功能关系在圆周运动中的应用，注意临界条件的分析，至绳中出现拉力时，摩擦力为最大静摩擦力；转台对物块支持力为零时，N=0， f=0根据能量守恒定律求转台对物块所做的功4 如图所示，竖直平面内的光滑3/4 的圆周轨道半径为R， A 点与圆心O 等高，B 点在O的正上方，AD 为与水平方向成 =45角的斜面，AD 长为72R一个质量为m 的小球（视为质点）在A 点正上方h 处由静止释放，自由下落至A 点后进入圆形轨道，并能沿圆形轨道到达B 点，且到达B 处时小球对圆轨道的压力大小为mg，重力加速度
8、为g，求：(1)小球到 B 点时的速度大小vB(2)小球第一次落到斜面上C 点时的速度大小v(3)改变 h，为了保证小球通过B 点后落到斜面上，h 应满足的条件【答案】 (1) 2gR (2)10gR33R(3) R h2【解析】【分析】【详解】(1)小球经过 B 点时，由牛顿第二定律及向心力公式，有mgmgmvB2R解得vB2gR(2)设小球离开 B 点做平抛运动，经时间t ，下落高度 y，落到 C 点，则y1gt 22y cotvB t两式联立，得y2vB24gR4Rgg对小球下落由机械能守恒定律，有1 mvB2mgy1 mv222解得vvB22gy2gR8gR 10gR(3)设小球恰好能
9、通过B 点，过 B 点时速度为 v ，由牛顿第二定律及向心力公式，有1mgm v12R又mg (hR)1 mv122得h3R2可以证明小球经过B 点后一定能落到斜面上设小球恰好落到D 点，小球通过B 点时速度为v2，飞行时间为t ，(72R2R)sin1gt 22(72R2R)cosv2t解得v22gR又mg (h R)1 mv222可得h3R故 h 应满足的条件为3 R h 3R2【点睛】小球的运动过程可以分为三部分，第一段是自由落体运动，第二段是圆周运动，此时机械能守恒，第三段是平抛运动，分析清楚各部分的运动特点，采用相应的规律求解即可5 如图甲所示，粗糙水平面与竖直的光滑半圆环在N 点相
10、切， M 为圈环的最高点，圆环半径为 R=0.1m ，现有一质量 m=1kg 的物体以 v0=4m/s 的初速度从水平面的某点向右运动并冲上竖直光滑半圆环，取 g=10m/s2，求：（1）物体能从M 点飞出，落到水平面时落点到N 点的距离的最小值Xm（2）设出发点到N 点的距离为S，物体从M 点飞出后，落到水平面时落点到N 点的距离为 X，作出 X2 随 S 变化的关系如图乙所示，求物体与水平面间的动摩擦因数（3）要使物体从某点出发后的运动过程中不会在N 到 M 点的中间离开半固轨道，求出发点到 N 点的距离S 应满足的条件【答案】（ 1） 0.2m；（ 2） 0.2；（ 3） 0 x 2.7
11、5m 或 3.5m x 4m【解析】【分析】（ 1）由牛顿第二定律求得在 M 点的速度范围，然后由平抛运动规律求得水平位移，即可得到最小值；（2）根据动能定理得到M 点速度和x 的关系，然后由平抛运动规律得到y 和 M 点速度的关系，即可得到y 和 x 的关系，结合图象求解；（ 3）根据物体不脱离轨道得到运动过程，然后由动能定理求解【详解】（1）物体能从 M 点飞出，那么对物体在M 点应用牛顿第二定律可得：mvM2mg，所R以， vM gR 1m/s；物体能从 M 点飞出做平抛运动，故有：2R 1gt 2，落到水平面时落点到N 点的距离 x2vMt gR 2R 2R0.2m；g故落到水平面时落
12、点到N 点的距离的最小值为0.2m；（2）物体从出发点到M 的运动过程作用摩擦力、重力做功，故由动能定理可得：1- mgx-2 mgR2mvM2 - 1 mv02；2物体从 M 点落回水平面做平抛运动，故有：2R 1gt2 ，2y vM t vM24R(v022 gx4gR)4R0.48 0.8 x ；gg由图可得： y2=0.48-0.16x，所以， 0.16 0.2；0.8（3）要使物体从某点出发后的运动过程中不会在N 到 M 点的中间离开半圆轨道，那么物体能到达的最大高度0 hR或物体能通过M 点；物体能到达的最大高度0 hR时，由动能定理可得：- mgx- mgh 0-1mv02，21
13、 mv02mgh2所以， x 2mg v0gh ，2所以， 3.5mx 4m；物体能通过 M 点时，由（ 1）可知 vM gR 1m/s，由动能定理可得：- mgx-2 mgR 1mvM2 -1mv02；221212所以 x 2mv02 mvM2mgRv02vM24gR ，mg2g所以， 0x2.75m；【点睛】经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解6 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
14、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。【答案】（ 1） v13mg3mg8gL （ 2）E5qq【解析】【详解】（1）在最低点，由向心力公式得：Fmgmv12L解得： v18gL（ 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。则小球不能通过最高点，由动能定理得：mg 2L Eq2L1 mv121 mv2222且Eqmgm3mg则 E5q也不可以低于O 水平面v22LmgLEqL3mg则
15、Eqmv1223mg3mg所以电场强度可能的大小范围为E5qq7 如图， AB 为倾角37 的光滑斜面轨道，BP 为竖直光滑圆弧轨道，圆心角为143 、半径 R 0.4m ，两轨道相切于 B 点， P 、 O 两点在同一竖直线上，轻弹资一端固定在 A 点另一自由端在斜面上 C 点处，现有一质量 m 0.2 kg 的小物块（可视为质点）在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D 点后（不栓接）静止释放，恰能沿轨道到达P 点，已知CD0.2m 、 sin370.6 、 cos370.8 ， g 取 10 m/s2 求：（ 1）物块经过 P 点时的速度大小 v p ；（ 2）若 BC 1.0m ，弹簧在 D 点
16、时的弹性势能 EP ；（ 3）为保证物块沿原轨道返回， BC 的长度至少多大【答案】 （1） 2m/s (2)32.8J (3)2.0m【解析】【详解】（1）物块恰好能到达最高点P，由重力提供圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：v2pmg=mR解得：vPgR 10 0.4 2m/s（2）物块从 D 到 P 的过程，由机械能守恒定律得：E =mg（ s +s）sin37 +mgR（ 1+cos37 ）+mvP2pDC CB12代入数据解得：Ep=32.8J（ 3）为保证物块沿原轨道返回，物块滑到与圆弧轨道圆心等高处时速度刚好为零，根据能量守恒定律得：Ep =mg（ sDC+sCB） sin37
17、+mgR（ 1+cos37 ）解得：sCB=2.0m点睛：本题综合考查了牛顿第二定律、机械能守恒定律的综合，关键是搞清物体运动的物理过程；知道圆周运动向心力的来源，即径向的合力提供向心力8 如图所示，半径R=0.40m 的光滑半圆环轨道处于竖起平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A一质量 m=0.10kg 的小球，以初速度 V0=7.0m/s 在水平地面上向左做加速度 a=3.0m/s 2 的匀减速直线运动，运动4.0m 后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C点求（ 1）小球到 A 点的速度（ 2）小球到 B 点时对轨道是压力（ 3） A、 C 间的距离（取重力加速度 g=10m/s 2
18、）【答案】 （1） VA5m / s（ 2） FN1.25 N（ 3） SAC=1.2m【解析】【详解】（1）匀减速运动过程中，有：vA2v022as解得： vA 5m / s（2）恰好做圆周运动时物体在最高点B 满足： mg=m vB21 ，解得 vB 1 =2m/sR假设物体能到达圆环的最高点B，由机械能守恒：1A=2mgR+1mv2mv2B22联立可得 ：vB=3 m/s因为 vBvB1，所以小球能通过最高点B此时满足 FN mgm v2R解得 FN1.25 N（3）小球从B 点做平抛运动，有：12R=gt22SAC=vBt得： SAC=1.2m【点睛】解决多过程问题首先要理清物理过程，
19、然后根据物体受力情况确定物体运动过程中所遵循的物理规律进行求解；小球能否到达最高点，这是我们必须要进行判定的，因为只有如此才能确定小球在返回地面过程中所遵循的物理规律9 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
20、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
21、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10 如图所示，在光滑水平桌面 EAB 上有质量为 m2 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 )，桌面边缘 E 处放置一质量也为 M1 kg 的橡皮泥球S，在 B 处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、 Q 两小球被轻弹簧弹出，小球P 与弹簧分离后
22、进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q 与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S 碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D 点。已知水平桌面高为h 0.2 m， D点到桌面边缘的水平距离为 x 0.2 m，重力加速度为g 10 m/s 2，求：(1)小球P 经过半圆形轨道最低点B 时对轨道的压力大小NB；(2)小球Q 与橡皮泥球S 碰撞前瞬间的速度大小vQ；(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。【答案】 (1)120N(2)2 m/s(3)3 J【解析】【详解】（1）小球 P 恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则有2mg m vCR解得vCgR对于小球P，从 BC，由动能定理有 2mgR mvC2 1 mvB2221解得vB5gR在 B 点有2NB mg m vBR解得NB 6mg120 N由牛顿第三定律有NB NB 120 N（2）设 Q 与 S 做平抛运动的初速度大小为v，所用时间为t，根据公式 h12，得gt2t 0.2 s根据公式x vt，得v1 m/s碰撞前后Q 和 S组成的系统动量守恒，则有Mv Q2Mv解得vQ 2 m/s（3） P、 Q 和弹簧组成的系统动量守恒，则有mvP Mv Q解得vP 1 m/s对 P、 Q 和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有Ep 1 mvP2 1 MvQ222解得Ep 3 J
