高考物理曲线运动及其解题技巧及练习题(含答案)

高考物理曲线运动及其解题技巧及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．有一水平放置的圆盘，上面放一劲度系数为k的弹簧，如图所示，弹簧的一端固定于轴O上，另一端系一质量为m的物体A，物体与盘面间的动摩擦因数为μ，开始时弹簧未发生形变，长度为l．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力．求：（1）盘的转速ω0多大时，物体A开始滑动？（2）当转速缓慢增大到2ω0时，A仍随圆盘做匀速圆周运动，弹簧的伸长量△x是多少？【答案】（1） gl（2）34mglklmg【解析】【分析】（1）物体A随圆盘转动的过程中，若圆盘转速较小，由静摩擦力提供向心力；当圆盘转速较大时，弹力与摩擦力的合力提供向心力．物体A刚开始滑动时，弹簧的弹力为零，静摩擦力达到最大值，由静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求解角速度ω0．（2）当角速度达到2ω0时，由弹力与摩擦力的合力提供向心力，由牛顿第二定律和胡克定律求解弹簧的伸长量△x．【详解】若圆盘转速较小，则静摩擦力提供向心力，当圆盘转速较大时，弹力与静摩擦力的合力提供向心力．（1）当圆盘转速为n0时，A即将开始滑动，此时它所受的最大静摩擦力提供向心力，则有：μmg＝mlω02，解得：ω0= gl．即当ω0＝ gl时物体A开始滑动．（2）当圆盘转速达到2ω0时，物体受到的最大静摩擦力已不足以提供向心力，需要弹簧的弹力来补充，即：μmg+k△x＝mrω12，r=l+△x解得：34mglxklmg＝【点睛】当物体相对于接触物体刚要滑动时，静摩擦力达到最大，这是经常用到的临界条件．本题关键是分析物体的受力情况．2．一宇航员登上某星球表面，在高为2m处，以水平初速度5m/s抛出一物体，物体水平射程为5m，且物体只受该星球引力作用求：（1）该星球表面重力加速度（2）已知该星球的半径为为地球半径的一半，那么该星球质量为地球质量的多少倍．【答案】（1）4m/s2；（2）110；【解析】（1）根据平抛运动的规律：x＝v0t得0515xtssv＝＝＝由h＝12gt2得：2222222/4/1hgmsmst＝＝＝（2）根据星球表面物体重力等于万有引力：2GMmmgR星星＝地球表面物体重力等于万有引力：2GMmmgR地地＝则222411=()10210MgRMgR星星地地＝点睛：此题是平抛运动与万有引力定律的综合题，重力加速度是联系这两个问题的桥梁；知道平抛运动的研究方法和星球表面的物体的重力等于万有引力．3．如图所示，将一小球从倾角θ=60°斜面顶端，以初速度v0水平抛出，小球落在斜面上的某点P，过P点放置一垂直于斜面的直杆(P点和直杆均未画出)。已知重力加速度大小为g，斜面、直杆处在小球运动的同一竖直平面内，求：(1)斜面顶端与P点间的距离；(2)若将小球以另一初速度v从斜面顶端水平抛出，小球正好垂直打在直杆上，求v的大小。【答案】（1）；（2）；【解析】本题考查平抛与斜面相结合的问题，涉及位移和速度的分解。（1）小球从抛出到P点，做平抛运动，设抛出点到P点的距离为L小球在水平方向上做匀速直线运动，有：在竖直方向上做自由落体运动，有：联立以上各式，代入数据解得：（2）设小球垂直打在直杆上时竖直方向的分速度为vy，有：在水平方向上，有：在竖直方向上，有：，由几何关系，可得：联系以上各式，得：另解：小球沿斜面方向的分运动为匀加速直线运动，初速度为：，加速度为小球垂直打在直杆上，速度为，有：在斜面方向上，由匀变速运动规律得：联立以上各式，得：点睛：物体平抛运动可分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体；也可分解为沿斜面方向的匀变速直线运动和垂直斜面的匀变速直线运动。4．如图所示，水平实验台A端固定，B端左右可调，将弹簧左端与实验平台固定，右端有一可视为质点，质量为2kg的滑块紧靠弹簧（未与弹黄连接)，弹簧压缩量不同时，将滑块弹出去的速度不同.圆弧轨道固定在地面并与一段动摩擦因素为0.4的粗糙水平地面相切D点，AB段最长时，BC两点水平距离xBC=0.9m,实验平台距地面髙度h=0.53m，圆弧半径R=0.4m，θ=37°，已知sin37°=0.6,cos37°=0.8.完成下列问題：（1）轨道末端AB段不缩短，压缩弹黄后将滑块弹出，滑块经过点速度vB=3m/s，求落到C点时速度与水平方向夹角；（2）滑块沿着圆弧轨道运动后能在DE上继续滑行2m,求滑块在圆弧轨道上对D点的压力大小：（3）通过调整弹簧压缩量，并将AB段缩短，滑块弹出后恰好无碰撞从C点进入圆弧轨道，求滑块从平台飞出的初速度以及AB段缩短的距离.【答案】（1）45°（2）100N（3）4m/s、0.3m【解析】（1）根据题意C点到地面高度0cos370.08ChRRm从B点飞出后，滑块做平抛运动，根据平抛运动规律：212Chhgt化简则0.3ts根据BCBxvt可知3/Bvms飞到C点时竖直方向的速度3/yvgtms因此tan1yBvv即落到圆弧C点时，滑块速度与水平方向夹角为45°（2）滑块在DE阶段做匀减速直线运动，加速度大小fagm根据222EDDEvvax联立两式则4/Dvms在圆弧轨道最低处2DNvFmgmR则100NFN，即对轨道压力为100N．（3）滑块弹出恰好无碰撞从C点进入圆弧轨道，说明滑块落到C点时的速度方向正好沿着轨迹该出的切线，即0tanyvv由于高度没变，所以3/yyvvms，037因此04/vms对应的水平位移为01.2ACxvtm所以缩短的AB段应该是0.3ABACBCxxxm【点睛】滑块经历了弹簧为变力的变加速运动、匀减速直线运动、平抛运动、变速圆周运动，匀减速直线运动；涉及恒力作用的直线运动可选择牛顿第二定律和运动学公式；而变力作用做曲线运动优先选择动能定理，对匀变速曲线运动还可用运动的分解利用分运动结合等时性研究．5．光滑水平轨道与半径为R的光滑半圆形轨道在B处连接，一质量为m2的小球静止在B处，而质量为m1的小球则以初速度v0向右运动，当地重力加速度为g，当m1与m2发生弹性碰撞后，m2将沿光滑圆形轨道上升，问：（1）当m1与m2发生弹性碰撞后，m2的速度大小是多少？（2）当m1与m2满足21(0)mkmk，半圆的半径R取何值时，小球m2通过最高点C后，落地点距离B点最远。【答案】（1）2m1v0/(m1+m2)（2）R=v02/2g(1+k)2【解析】【详解】（1）以两球组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2，由机械能守恒定律得：12m1v02=12m1v12+12m2v22，解得：102122mvvmm；（2）小球m2从B点到达C点的过程中，由动能定理可得：-m2g×2R=12m2v2′2-12m2v22，解得：2221002212224()4()41mvvvvgRgRgRmmk；小球m2通过最高点C后，做平抛运动，竖直方向：2R=12gt2，水平方向：s=v2′t，解得：22024()161vRsRkg，由一元二次函数规律可知，当2022(1)vRgk时小m2落地点距B最远．6．如图所示，大小相同且质量均为m的A、B两个小球置于光滑的边长为22H的正方形玻璃板上，B静止，A由长为2H的轻质细绳悬挂于O3，静止时细绳刚好拉直，悬点距离玻璃板和玻璃板距离水平地面均为H，玻璃板中心O2位于悬点O3正下方，O3与O2的延长线和水平地面交于点O1．已知重力加速度为g．（1）某同学给A一个水平瞬时冲量I，A开始在玻璃板上表面做圆周运动且刚好对玻璃板无压力，求I满足的表达式；（2）A运动半周时刚好与静止的B发生对心弹性正碰，B从玻璃板表面飞出落地，求小球B的落点到O1的距离．【答案】（1）ImgH（2）3H【解析】设细绳与竖直方向夹角为θ(1)cos1Hh45，A圆周运动轨道半径为H由A的受力分析可知：20tanmvmgH动量定理：0ImvImgH(2)A与B发生弹性正碰11122omvmvmv22211122111222omvmvmv解得2vgHB球被碰后，在桌面上匀速运动飞出桌面后平抛，设平抛的射程为x212Hgt2xvt由几何关系得221(2)opHHx13opH【点睛】(1)根据圆周运动向心力表达式即可求得；（2）根据弹性碰撞机械能守恒动量守恒求得B小球的速度，再结合平抛运动的知识求得距离．7．游乐场正在设计一个全新的过山车项目，设计模型如图所示，AB是一段光滑的半径为R的四分之一圆弧轨道，后接一个竖直光滑圆轨道，从圆轨道滑下后进入一段长度为L的粗糙水平直轨道BD，最后滑上半径为R圆心角060的光滑圆弧轨道DE．现将质量为m的滑块从A点静止释放，通过安装在竖直圆轨道最高点C点处的传感器测出滑块对轨道压力为mg，求：（1）竖直圆轨道的半径r．（2）滑块在竖直光滑圆弧轨道最低点B时对轨道的压力．（3）若要求滑块能滑上DE圆弧轨道并最终停在平直轨道上（不再进入竖直圆轨道），平直轨道BD的动摩擦因数需满足的条件．【答案】（1）3R（2）7mg（3）2RRLL【解析】(1)对滑块，从A到C的过程，由机械能守恒可得：21(2)2CmgRrmv22Cvmgmr解得：3Rr；(2)对滑块，从A到B的过程，由机械能守恒可得：212BmgRmv在B点，有：2BvNmgmr可得：滑块在B点受到的支持力N=7mg；由牛顿第三定律可得，滑块在B点对轨道的压力7NNmg，方向竖直向下；(3)若滑块恰好停在D点，从B到D的过程，由动能定理可得：2112BmgLmv可得：1RL若滑块恰好不会从E点飞出轨道，从B到E的过程，由动能定理可得：221(1cos)2BmgLmgRmv可得：22RL若滑块恰好滑回并停在B点，对于这个过程，由动能定理可得：231·22BmgLmv综上所述，需满足的条件：2RRLL．8．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力F，使它从A点开始做匀加速直线运动，当它水平滑行2.5m时到达B点，此时撤去推力F、滑块滑入半径为0.5m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0.2kg、0.1kg，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g＝10m/s2，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？【答案】（1）1N（2）（3）t＝1s;【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－m1g·2R＝m1vC2－0代入数据联立解得：F＝1N(2)从A到D由动能定理得：Fx＝m1vD2代入数据解得：vD＝5m/s(3)滑块滑到木板上时，对滑块：μ1m1g＝m1a1，解得：a1＝μ1g＝3m/s2对木板有：μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2，代入数据解得：a2＝2m/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－a1tv共＝a2t，代入数据解得：t＝1s此时滑块的位移为：x1＝vDt－a1t2，木板的位移为：x2＝a2t2，L＝x1－x2，代入数据解得：L＝2.5mv共＝2m/sx2＝1m达到共同速度后木板又滑行x′，则有：v共2＝2μ2gx′，代入数据解得：x′＝1.5m木板在水平地面上最终滑行的总位移为：x木＝x2＋x′＝2.5m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．9．如图甲所示，长为4m的水平轨道AB与半