最新高考物理曲線運動解題技巧及經(jīng)典題型及練習(xí)題(含答案)

1、最新高考物理曲線運動解題技巧及經(jīng)典題型及練習(xí)題(含答案)、高中物理精講專題測試曲線運動1.已知某半徑與地球相等的星球的第一宇宙速度是地球的為g .在這個星球上用細線把小球懸掛在墻壁上的釘子1 ,、一倍.地球表面的重力加速度2。上，小球繞懸點O在豎直平面內(nèi)做圓周運動.小球質(zhì)量為 m ,繩長為L,懸點距地面高度為恰被拉斷，小球著地時水平位移為S求：H .小球運動至最低點時，繩S !(1)星球表面的重力加速度？(2)細線剛被拉斷時，小球拋出的速度多大?(3)細線所能承受的最大拉力？1【答案】(1) g星 二 一g0(2)Vo4s 2g4 H2 s mgo 2(H L)L(1)由萬有引力等于向心力可知

2、-Mm G R22 V m一R-MmG正mg可得g1gg0(2)由平拋運動的規(guī)律：H,1L2g 星 ts Vot解得v0s42goH L(3)由牛頓定律，在最低點時：T mg星2 V =m 一L2s2（HL）Lmgo一 1解得：T 14【點睛】 本題考查了萬有引力定律、圓周運動和平拋運動的綜合，聯(lián)系三個問題的物理量是重力加 速度g0；知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律和圓周運動向心力的來源是解 決本題的關(guān)鍵.2.如圖所示，一根長為 0.1 m的細線，一端系著一個質(zhì)量是0.18kg的小球，拉住線的另一端，使球在光滑的水平桌面上做勻速圓周運動，當(dāng)小球的轉(zhuǎn)速增加到原轉(zhuǎn)速的3倍時，細線斷裂，

3、這時測得線的拉力比原來大40 N.求：(1)線斷裂的瞬間，線的拉力；(2)這時小球運動的線速度；(3)如果桌面高出地面 0.8 m,線斷裂后小球沿垂直于桌子邊緣的方向水平飛出去落在離桌面的水平距離.【答案】(1)線斷裂的瞬間，線的拉力為45N;(2)線斷裂時小球運動的線速度為5m/s；(3)落地點離桌面邊緣的水平距離2m.【解析】【分析】【詳解】(1)小球在光滑桌面上做勻速圓周運動時受三個力作用；重力mg、桌面彈力Fn和細線的拉力F,重力mg和彈力Fn平衡，線的拉力提供向心力，有：FN=F=mw 2R,設(shè)原來的角速度為 30,線上的拉力是F0,加快后的角速度為孫線斷時的拉力是F1,則有：22F

4、1：F0=W 0=9:1,又 F1=F0+40N,所以Fo=5N,線斷時有：F1=45N.2(2)設(shè)線斷時小球的線速度大小為v,由F仔mv_ ,R代入數(shù)據(jù)得：v=5m/s. 由平拋運動規(guī)律得小球在空中運動的時間為：t= & J2218s=0.4s, g V 10則落地點離桌面的水平距離為：x=vt=5X 0.4=2n.3.如圖所示，一軌道由半徑 R 2m的四分之一豎直圓弧軌道 AB和水平直軌道 BC在B點 R平滑連接而成.現(xiàn)有一質(zhì)量為m 1Kg的小球從A點正上方工處的O點由靜止釋放，小2球經(jīng)過圓弧上的B點時，軌道對小球的支持力大小FN 18N ,最后從C點水平飛離軌道，落到水平地面上的

5、P點.已知B點與地面間的高度 h 3.2m,小球與BC段軌道間的動摩擦因數(shù)0.2 ,小球運動過程中可視為質(zhì)點 .(不計空氣阻力，g 取 10 m/s2).求：. *面(1)小球運動至B點時的速度大小Vb(2)小球在圓弧軌道 AB上運動過程中克服摩擦力所做的功Wf(3)水平軌道BC的長度L多大時，小球落點 P與B點的水平距最大.【答案】(1) Vb= 4?m/s Wf = 22?J (3) L 3.36m【解析】試題分析：(1)小球在B點受到的重力與支持力的合力提供向心力，由此即可求出B點的速度；(2)根據(jù)動能定理即可求出小球在圓弧軌道上克服摩擦力所做的功；(3)結(jié)合平拋運動的公式，即可求出為使

6、小球落點 P與B點的水平距離最大時 BC段的長度.2(1)小球在B點受到的重力與支持力的合力提供向心力，則有 ：Fn mg m R解得：vB 4m/ s(2)從O到B的過程中重力和阻力做功，由動能定理可得:R12mg R £ Wf 2 mvB 0解得：Wf 22J(3)由B到C的過程中，由動能定理得:mgLBc1 2mvc21 2 mvB 2解得：Lbc從C點到落地的時間:B到P的水平距離： r12代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立并整理可得：L 4 -v(2445vc由數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng) Vc 1.6m/s時,P到B的水平距離最大，為:L=3.36m【點睛】該題結(jié)合機械能守恒考查平拋運動以及豎直平面內(nèi)的

7、圓周運動，解題的關(guān)鍵就是對每一個過程進行受力分析，根據(jù)運動性質(zhì)確定運動的方程，再根據(jù)幾何關(guān)系求出最大值.4.如圖所示，光滑軌道 CDEF是一過山車”的簡化模型，最低點 D處入、出口不重合，E點是半徑為R 0.32m的豎直圓軌道的最高點，DF部分水平，末端 F點與其右側(cè)的水平傳送帶平滑連接，傳送帶以速率v=1m/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動，水平部分長度L=1m.物塊B靜止在水平面的最右端 F處.質(zhì)量為mA 1kg的物塊A從軌道上某點由靜止釋放，恰好 通過豎直圓軌道最高點 E,然后與B發(fā)生碰撞并粘在一起.若 B的質(zhì)量是 A的k倍，A B 與傳送帶的動摩擦因數(shù)都為0.2,物塊均可視為質(zhì)點，物塊 A與物塊B的碰

8、撞時間極短，取 g 10m / s2.求:(1)當(dāng)k 3時物塊A、B碰撞過程中產(chǎn)生的內(nèi)能；(2)當(dāng)k=3時物塊A、B在傳送帶上向右滑行的最遠距離;k2 2k 152 k 1(3)討論k在不同數(shù)值范圍時， A、B碰撞后傳送帶對它們所做的功 W的表達式.【答案】(1) 6J (2) 0.25m (3)W【解析】2(1)設(shè)物塊A在E的速度為%,由牛頓第二定律得： mAg mA Vo,R1212設(shè)碰撞刖A的速度為v1 .由機械能守恒定律得：2mAgR mAv0 - mAvi22聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：V1 4m/ s;設(shè)碰撞后A、B速度為 血,且設(shè)向右為正方向，由動量守恒定律得mA%mAm2 v2 ;-m

9、A1解得：v2 v1 4 1m/ s；mA mB 1 31 212由能量轉(zhuǎn)化與守恒定律可得：Q -mAv2 mA mB v2，代入數(shù)據(jù)解得 Q=6J©；2 2(2)設(shè)物塊AB在傳送帶上向右滑彳T的最遠距離為s,1 2 一由動能7E理得：mA mB gs 一 mA mfe v2，代入數(shù)據(jù)解得 s 0.25m；2mA4,(3)由式可知：v2 v1 rm/s；mA mB1 k12,(i)如果A、B能從傳送帶右側(cè)離開，必須滿足一 mA mB v2mA mB gL ,2解得：kv 1,傳送帶對它們所做的功為： WmA mB gL 2 k 1 J；(ii) (I)當(dāng)v2 v時有：k 3,即AB返

10、回到傳送帶左端時速度仍為v2；由動能定理可知，這個過程傳送帶對AB所做的功為：W=0J,(II)當(dāng)0 k 時，AB沿傳送帶向右減速到速度為零，再向左加速， 當(dāng)速度與傳送帶速度相等時與傳送帶一起勻速運動到傳送帶的左側(cè).在這個過程中傳送帶對 AB所做的功為 W mA mB v2 - mA mB v2 ,222_解得Wk2 2k 152 k 1【點睛】本題考查了動量守恒定律的應(yīng)用，分析清楚物體的運動過程是解題的前提與關(guān) 鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、動量守恒定律、動能定理即可解題；解題時注意討論，否則會漏 解.A恰好通過最高點 E,由牛頓第二定律求出 A通過E時的速度，由機械能守恒定律求 出A與B碰撞前的速

11、度，A、B碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律 求出碰撞過程產(chǎn)生的內(nèi)能，應(yīng)用動能定理求出向右滑行的最大距離.根據(jù) A、B速度與傳 送帶速度間的關(guān)系分析 AB的運動過程，根據(jù)運動過程應(yīng)用動能定理求出傳送帶所做的 功.5.如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定有兩個很靠近的同心圓形軌道，外圓ABCD光滑，內(nèi)圓的上半部分B' C'粗糙，下半部分 B' A'光)滑.一質(zhì)量 m=0.2kg的小球從軌道的最低點 A處以初速度vo向右運動，球的直徑略小于兩圓間距，球運動的軌道半徑R=0.2m,取g=10m/s2 .(1)若要使小球始終緊貼著外圓做完整的圓周運動，初速度v0

12、至少為多少?若vo=3m/s ,經(jīng)過一段時間小球到達最高點，內(nèi)軌道對小球的支持力Fc=2N,則小球在這段時間內(nèi)克服摩擦力做的功是多少？(3)若vo=3.1m/s,經(jīng)過足夠長的時間后，小球經(jīng)過最低點A時受到的支持力為多少？小球在整個運動過程中減少的機械能是多少?(保留三位有效數(shù)字)(3) 6N; 0.56J【答案】(1) v0=JT0m/s (2) 0.1J【解析】【詳解】(1)在最高點重力恰好充當(dāng)向心力2mvc從到機械能守恒2mgR -mv2-1mvC22解得v0. 10m/s(2)最高點'2 mvc mg - FcR-從A到C用動能定理-2mgR-Wf'212mvc -mv0

13、22得 Wf =0.1J(3)由v0=3.1m/s<A0m/s于，在上半圓周運動過程的某階段，小球?qū)?nèi)圓軌道間有 彈力，由于摩擦作用，機械能將減小.經(jīng)足夠長時間后，小球?qū)H在半圓軌道內(nèi)做往復(fù)運動.設(shè)此時小球經(jīng)過最低點的速度為vA ,受到的支持力為 FamgR 1mvAFa - mg2mvA得 Fa=6N整個運動過程中小球減小的機械能E -mv2-mgR2得 E=0.56J6.如圖是節(jié)水灌溉工程中使用噴水龍頭的示意圖。噴嘴離地面高為h,將水連續(xù)不斷地以恒定速度水平噴出，其噴灌的水平射程為10h,噴嘴橫截面積為 S (設(shè)同一橫截面上各點水流速度大小均相同)，水的密度為p，空氣阻力忽略不計。

14、重力加速度為g。(1)求空中水的體積V;m的水滴，不計水滴間的相互影響，求它從噴嘴水p;(2)假如我們只研究其中一個質(zhì)量為 平噴出后在空中運動過程中的動量變化量(3)假如水擊打在水平地面上速度立即變?yōu)榱?，求水擊打地面時豎直向下的平均作用力大 小F?！敬鸢浮?1) 10hs (2)mJ2gh （3）10 P hSg(1)水噴出時速度:V則空中水的體積：V= V0S5 2gh(2)由動量定理得：4P= mgt = mg=m . 2gh2h10hS, 2gh(3)向下為正，在豎直向?qū)τ蓜恿慷ɡ?=-10p hSg （因時間短,則與地面作用時間內(nèi)重力可略)則由牛頓第三定律可得對地面的力為10 P hS

15、g 7.如圖所示，粗糙水平地面與半徑 R 1.6m的光滑半圓軌道 BCD在B點平滑連接,。點 是半圓軌道BCD的圓心，B、O、D三點在同一豎直線上，質(zhì)量m 2kg的小物塊(可視為質(zhì) 點)靜止在水平地面上的 A點.某時刻用一壓縮彈簧(未畫出)將小物塊沿 AB方向水平彈出，小 物塊經(jīng)過B點時速度大小為10m/s (不計空氣阻力).已知Xab 10m ,小物塊與水平地面間的 動摩擦因數(shù) =0.2，重力加速度大小g 10m/s2.求：壓縮彈簧的彈性勢能；(2)小物塊運動到半圓軌道最高點時，小物塊對軌道作用力的大??；(3)小物塊離開最高點后落回到地面上的位置與B點之間的距離【答案】(1)140J (2)

16、25N (3)4.8m【解析】 設(shè)壓縮彈簧的彈性勢能為 Ep,從A到B根據(jù)能量守恒，有12Ep -mvBmgXAB代入數(shù)據(jù)得EP 140J(2)從B到D,根據(jù)機械能守恒定律有1 212mvB mvD mg 2R2 22在D點，根據(jù)牛頓運動定律有 f mg m R代入數(shù)據(jù)解得F 25N由牛頓第三定律知，小物塊對軌道作用力大小為 25N12(3)由D點到落地點物塊做平拋運動豎直方向有2R - gt落地點與B點之間的距離為x VDt代入數(shù)據(jù)解得x 4.8m點睛：本題是動能定理、牛頓第二定律和圓周運動以及平拋運動規(guī)律的綜合應(yīng)用，關(guān)鍵是 確定運動過程，分析運動規(guī)律，選擇合適的物理規(guī)律列方程求解8.如圖所

17、示，一質(zhì)量為m=1kg的小球從A點沿光滑斜面軌道由靜止滑下，不計通過B點時的能量損失，然后依次滑入兩個相同的圓形軌道內(nèi)側(cè)，其軌道半徑R=10cm,小球恰能通過第二個圓形軌道的最高點，小球離開圓形軌道后可繼續(xù)向E點運動，E點右側(cè)有一壕溝，E、F兩點的豎直高度 d=0.8m,水平距離x=1.2m,水平軌道CD長為L1=1m, DE長為L2=3m.軌道除CD和DE部分粗糙外，其余均光滑，小球與CD和DE間的動摩擦因數(shù) 斤0.2,重力加速度g=10m/s2.求：(1)小球通過第二個圓形軌道的最高點時的速度；(2)小球通過第一個圓軌道最高點時對軌道的壓力的大小；(3)若小球既能通過圓形軌道的最高點，又不

18、掉進壕溝，求小球從A點釋放時的高度的范圍是多少？【答案】(1)1m/s (2) 40N (3)0.45m h 0.8m或 h 1.25m【解析】小球恰能通過第二個圓形軌道最高點，有： 2V2 mg m 求得：有=JgR =1m/s 在小球從第一軌道最高點運動到第二圓軌道最高點過程中，應(yīng)用動能定理有：-mgLi= mv22 - mv 12 22求得:幼二JT_2 gL1 = 55 m/s2在最高點時，合力提供向心力，即FN+mg= mR2求得：Fn = m(，-g尸 40NR根據(jù)牛頓第三定律知，小球?qū)壍赖膲毫椋篎n' =N=40N 若小球恰好通過第二軌道最高點，小球從斜面上釋放的高度

19、為h1,在這一過程中應(yīng)用動能定理有：mgh1-科 mgL - mg 2R = mv22 22求得：h1=2R+ W L1+ =0.45m2g若小球恰好能運動到 E點，小球從斜面上釋放的高度為h1,在這一過程中應(yīng)用動能定理有：mgh2-mg(L+L2)=0-0 求得：h2=科(L+L2)=0.8m使小球停在BC段，應(yīng)有hwhwb即：0.45m whw 0.8m若小球能通過E點，并恰好越過壕溝時，則有1 2d = gt2 t =2d=0.4s gx=vEt 一 E=*=3m/st設(shè)小球釋放高度為 h3,從釋放到運動E點過程中應(yīng)用動能定理有:12mgh3 -mg(L+L2)= mvE -0 2求得：

20、h3=科(L+L 2)+ 力=1.25m 即小球要越過壕溝釋放的高度應(yīng)滿足: 綜上可知，釋放小球的高度應(yīng)滿足：h>1.25n0.45mwhW0.8膜 h> 1.25m 9.如圖所示，水平絕緣軌道 AB長L=4m,離地高h=1.8m, A、B間存在豎直向上的勻強電 場。一質(zhì)量 m=0.1kg,電荷量q=-5 x 105c的小滑塊，從軌道上的A點以vo=6m/s的初速度向右滑動，從B點離開電場后，落在地面上的C點。已知C、B間的水平距離x=2.4m,滑塊與軌道間的動摩擦因數(shù)后0.2,取g=10m/s2,求：(1)滑塊離開B點時速度的大??；(2)滑塊從A點運動到B點所用的時間；(3)勻強電場的場強 E的大小.【答案】(1) 4m/s； (2) 0.8s； (3) 5 103N/C【解析】【詳解】(1)從B到C過程中，有h= gt22X= VBt解得vb= 4m/s(2)從A到B過程中，有XAB =2t'解得t'=0.