1、高考物理二轮复习专项训练 物理曲线运动一、高中物理精讲专题测试曲线运动1 如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点 D点位于水平桌面最右端，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R0.45m 的圆环剪去左上角 127 的圆弧， MN 为其竖直直径， P 点到桌面的竖直距离为R， P点到桌面右侧边缘的水平距离为1.5R若用质量 m1 0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点，用同种材料、质量为 m2 0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点后其位移与时间的关系为x 4t 2t 2，物块从
2、D 点飞离桌面后恰好由P 点沿切线落入圆轨道g 10m/s 2，求：（1）质量为 m2 的物块在 D 点的速度；（2）判断质量为 m2 0.2kg 的物块能否沿圆轨道到达M 点：（3）质量为 m2 0.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功.【答案】（ 1） 2.25m/s （2）不能沿圆轨道到达M 点 （ 3） 2.7J【解析】【详解】（1）设物块由 D 点以初速度 vD 做平抛运动，落到P 点时其竖直方向分速度为：vy2gR2 100.45 m/s 3m/svy4tan53 vD3所以： vD 2.25m/s（2）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则mgm v2
3、 ，R解得： vgR32 m/s2物块到达P 的速度：vPvD2vy2322.252 m/s 3.75m/s若物块能沿圆弧轨道到达M 点，其速度为vM ，由 D 到 M 的机械能守恒定律得：1 m2vM21 m2vP2m2g 1 cos53R22可得： vM20.3375 ，这显然是不可能的，所以物块不能到达M 点（3）由题意知x 4t - 2t2，物块在桌面上过B 点后初速度vB 4m/s ，加速度为：a4m/s2则物块和桌面的摩擦力：m2 gm2 a可得物块和桌面的摩擦系数 :0.4质量 m1 0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点，由能量守恒可弹簧
4、压缩到C 点具有的弹性势能为：Epm1gxBC0质量为 m20.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点时，由动能定理可得：Epm2 gxBC1 m2vB 22可得， xBC 2m在这过程中摩擦力做功：W1m2gx BC1.6J由动能定理， B 到 D 的过程中摩擦力做的功：W 21 m2vD21 m2v0222代入数据可得：W2 - 1.1J质量为 m20.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中摩擦力做的功WW1W22.7J即克服摩擦力做功为2.7 J.2 如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘3.2m 处放着一质量为0.1kg 的小铁球（可看作质点），铁球与水平桌面间的动摩擦因
5、数=0.2现用水平向右推力F=1.0N作用于铁球，作用一段时间后撤去。铁球继续运动，到达水平桌面边缘A 点飞出，恰好落到竖直圆弧轨道 BCD的B 端沿切线进入圆弧轨道，碰撞过程速度不变，且铁球恰好能通过圆弧轨道的最高点D已知BOC=37， A、 B、 C、 D 四点在同一竖直平面内，水平桌面离B 端的竖直高度 H=0.45m ，圆弧轨道半径R=0.5m ，C 点为圆弧轨道的最低点，求：（取sin37 =0.6，cos37 =0.8）(1)铁球运动到圆弧轨道最高点D 点时的速度大小vD；(2)若铁球以vC=5.15m/s的速度经过圆弧轨道最低点C，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小FC；（计算结果保
6、留两位有效数字）(3)铁球运动到B 点时的速度大小vB；(4)水平推力 F 作用的时间t 。【答案】 (1)铁球运动到圆弧轨道最高点D 点时的速度大小为5 m/s ；(2)若铁球以 v =5.15m/s 的速度经过圆弧轨道最低点C，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小C为 6.3N；(3)铁球运动到 B 点时的速度大小是5m/s ；(4)水平推力 F 作用的时间是 0.6s。【解析】【详解】(1)小球恰好通过 D 点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律可得：mvD2mgR可得： vD5m / s(2)小球在 C 点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则：代入数据可得：F=6.3N由牛顿第三定律可知，小
7、球对轨道的压力：FC=F=6.3N2FmgmvC(3)小球从 A 点到 B 点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有：2ghvy2得： vy=3m/svBvy3小球沿切线进入圆弧轨道，则：sin375m/s0.6(4)小球从 A 点到 B 点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，可得：vA vBcos3750.8 4m / s小球在水平面上做加速运动时：Fmg ma1可得： a18m / s2小球做减速运动时：mgma2可得： a22m / s2由运动学的公式可知最大速度：vma1t ； vAvm a2t2又： xvm tvmvA t222联立可得： t0.6s3 水平面上有一竖直放置长H
8、 1.3m的杆POL 0.9m的轻细绳两端系在杆上P、 Q，一长两点， PQ 间距离为 d0.3m，一质量为m 1.0kg 的小环套在绳上。杆静止时，小环靠在杆上，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
9、d2 （ L r） 2环到两系点连线的夹角为，有 sindr， cosL rLr绳的弹力为 T11 mg，有 T sin112T cos T 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 ： Hd1 gt 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计算公式，能清楚向心力的来源即可。4“抛石机 ”是古代战争中常用的一种设备，如图所示，为某学习小组设计的抛石机模型，其长臂的长度 L = 2 m，开始时处于静止状态，与水平面间的夹角=37；将质
10、量为 m=10.0的石块装在长臂末端的口袋中，对短臂施力，当长臂转到竖直位置时立即停止转动，石块被水平抛出，其落地位置与抛出位置间的水平距离x =12 m。不计空气阻力， 重力加速度 g 取 10m/s2，取水平地面为重力势能零参考平面。sin37 =0.6， cos37= 0.8。求：（ 1）石块在最高点的重力势能EP（ 2）石块水平抛出的速度大小v0；（ 3）抛石机对石块所做的功 W。【答案】 （1） 320J（ 2） 15m/s（ 3） 1445J【解析】（ 1）石块在最高点离地面的高度：h=L+Lsin=2（ 1+0.6） m = 3.2m由重力势能公式：EP =mgh= 320J（2
11、）石块飞出后做平抛运动水平方向x = v0t竖直方向h1 gt 22解得： v0= 15m/s（3）长臂从初始位置转到竖直位置过程，由动能定理得： W mgh1mv022解得： = 1445J点睛：要把平抛运动分解水平方向上的匀速和竖直方向上的自由落体运动。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。【答案】（ 1） v1
12、8gL3mg3mg（ 2）E5qq【解析】【详解】（1）在最低点，由向心力公式得：Fmg解得： v18gLmv12L（ 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v22L2mgLEqLmv13mg则 Eq3mg3mg所以电场强度可能的大小范围为E5qq6 如图所示， ABCD是一个地面和轨道均光滑的过山车轨道模型，现对静止在A 处的滑块施加一个水平向右的推
13、力F，使它从A 点开始做匀加速直线运动，当它水平滑行2.5 m 时到达 B 点，此时撤去推力F、滑块滑入半径为0.5 m 且内壁光滑的竖直固定圆轨道，并恰好通过最高点C，当滑块滑过水平BD 部分后，又滑上静止在D 处，且与ABD 等高的长木板上，已知滑块与长木板的质量分别为0.2 kg、0.1 kg，滑块与长木板、长木板与水平地面间的动摩擦因数分别为0.3、，它们之间的最大静摩擦力均等于各自滑动摩擦力，取g10 m/s 2，求：(1)水平推力 F 的大小；(2)滑块到达 D 点的速度大小；(3)木板至少为多长时，滑块才能不从木板上掉下来？在该情况下，木板在水平地面上最终滑行的总位移为多少？【答
14、案】（ 1） 1N（ 2）（ 3） t 1 s ;【解析】【分析】【详解】(1)由于滑块恰好过C 点，则有：m1g m1从 A 到 C 由动能定理得：Fx m1g2R m1 vC2 0代入数据联立解得：F 1 N(2)从 A 到 D 由动能定理得：Fx m1vD2代入数据解得：vD 5 m/s(3)滑块滑到木板上时，对滑块：1m1g m1a1，解得：a1 1g 3 m/s 2对木板有：1m1g 2(m1 m2)gm2a2，代入数据解得：a2 2 m/s2滑块恰好不从木板上滑下，此时滑块滑到木板的右端时恰好与木板速度相同，有：v 共 vD a1 tv 共 a2t，代入数据解得：t 1 s此时滑块
15、的位移为：x1 vDta1t2 ，木板的位移为：x2 a2t2， Lx1 x2，代入数据解得：L 2.5 mv 共 2 m/sx2 1 m达到共同速度后木板又滑行x，则有：v 共 2 22gx，代入数据解得：x 1.5 m木板在水平地面上最终滑行的总位移为：x 木 x2 x2.5 m点睛：本题考查了动能定理和牛顿第二定律、运动学公式的综合运用，解决本题的关键理清滑块和木板在整个过程中的运动规律，选择合适的规律进行求解7 如图所示，长为3l 的不可伸长的轻绳，穿过一长为l 的竖直轻质细管，两端分别拴着质量为m、2m的小球A 和小物块B，开始时B 静止在细管正下方的水平地面上。保持细管竖直用手轻轻
16、摇动细管，稳定后A 在水平面内做匀速圆周运动而B 保持静止状态。某时刻B静止在地面上且对地面的压力恰好为零。已知重力加速度为g，不计一切阻力。求：1 该时刻连接A 的轻绳与竖直方向的夹角；2 该时刻 A 的线速度大小 v；3 从该时刻起轻摇细管使A、 B 系统做的功。B 升高到离地高度为l / 2处保持静止，求B 上升过程中手对【答案】1 ?60o ； 2 ?3gl；3 9 mgl。28【解析】【分析】(1)对B 根据平衡求绳子的拉力；对A 球分析，由力的平衡条件可求绳与竖直方向夹角；(2)对A 水平方向做圆周运动，利用牛顿第二定律列式求解；(3)由力的平衡条件和牛顿第二定律并结合功能关系列式
17、联立可求整个过程中人对统做的功。A、 B 系【详解】（1） B 对地面刚好无压力，故此时绳子的拉力为 T 2mg 对 A 受力分析如图所示：在竖直方向合力为零，故Tcosmg代入数据解得：60o（2） A 球水平方向做圆周运动，由牛顿第二定律得：Tsinmv2代入数据解得：lsinv3gl2（3） 当 B 上升 l 时，拉 A 的绳长为 3l，此时对水平方向上有：22Tsinv12m3l sin2联立解得： v13gl由几何关系可得A 相对于原来的高度下降的距2离： Vhl coslB 物体重力势能的增加量 ： VE12mglmgl242A 物体重力势能的减少量： VE2 mglmgl A 物
18、体动能的增加量44VE31 mv121 mv23 mgl228对系统运用功能关系可得手对系统做的功： W VE1VE2 VE29 mgl8【点睛】本题综合考查共点力平衡、牛顿第二定律和功能关系，对于圆锥摆问题，关键分析小球的受力情况，确定其向心力，运用牛顿第二定律和圆周运动的知识结合解答。8 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
19、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 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
20、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。9 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
21、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
22、） 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h1 gt 2 ，解得 t=0.4s2小球位移在水平面内投影lv
23、p 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=1.5m滑块要与小球相遇，必须沿MN 连线运动，由 s vt ，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F2m2 g，其最小值 F2minm2 g2 5 N 。12 sin12510 摄制组在某大楼边拍摄武打片，要求特技演员从地面飞到屋顶，为此导演在某房顶离地高 H=8m 处架设了轻质轮轴
24、如题图所示，连汽车的轻质钢缆绕在轴上，连演员的轻质钢缆绕在轮上，轮和轴固连在一起可绕中心固定点无摩擦转动汽车从图中A 处由静止开始加速运动，前进s=6m 到 B 处时速度为v=5m/s 人和车可视为质点，轮和轴的直径之比为 3： 1，轮轴的大小相对于H 可忽略，钢缆与轮轴之间不打滑，g 取 10m/s 2提示：连接汽车的钢缆与连接演员的钢缆非同一根钢缆试求：(1)汽车运动到B 处时演员的速度大小：(2)汽车从 A 运动到 B 的过程演员上升的高度；(3)若汽车质量 M=1500kg ，特技演员的质量 m=60kg，且在该过程中汽车受地面阻力大小恒为 1000N，其余阻力不计，求汽车从 A 运动
25、到 B 的过程中汽车发动机所做的功【答案】 (1)9m/s（ 2）6m（ 3） 30780J【解析】 （1）将汽车的速度v 分解为如图所示的情况，有：，解得： =37则得绳子的伸长速度v1=vsin37 =5 0.6=3m/s，由于轮轴的角速度相等设人的上升速度为v3，轮的半径为R，轴的半径为r，则有，得 v3=9 m/s ；（2）由图可知，在这一过程中，连接轨道车的钢丝上升的距离为：l=-H=2m轮和轴的直径之比为 3： 1所以演员上升的距离为 h=32m=6m（3）汽车发动机所做的功转化为人的动能，人的重力势能，车的动能，及车与地面的摩擦力生热因此 ： W= mv 人 2+mgh+ Mv 2+fs=30780J；点睛：考查运动的合成与分解，掌握角速度与线速度的关系，理解功能关系的应用，同时注意：轮和轴的角速度相同，根据轮和轴的直径之比知道线速度关系掌握速度分解找出分速度和合速度的关系
