最新高考物理曲线运动真题汇编含答案docx.docx
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最新高考物理曲线运动真题汇编(含答案)
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/s2.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=2.0m/s
(2)F=15N(3)h=0.2m
【解析】
(1)因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=2.0m/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2
L
得:
F15N
(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)gh1(mM)v共2
2
解得:
h0.2m
综上所述本题答案是:
(1)v共=2.0m/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,倾角为
45
的粗糙平直导轨与半径为
r的光滑圆环轨道相切,切点为
b,整个轨道处在竖直平面内
.一质量为
m的小滑块从导轨上离地面高为
H=3r
的
d处无初
速下滑进入圆环轨道,接着小滑块从最高点
a水平飞出,恰好击中导轨上与圆心
O等高的
c点.已知圆环最低点为
e点,重力加速度为
g,不计空气阻力
.求:
(1)小滑块在a点飞出的动能;
()小滑块在e点对圆环轨道压力的大小;
(3)小滑块与斜轨之间的动摩擦因数.(计算结果可以保留根号)
1
mgr;
(2)F′=6mg;(3)
4
2
【答案】
(1)Ek
14
2
【解析】
【分析】
【详解】
(1)小滑块从a点飞出后做平拋运动:
水平方向:
2rvat
竖直方向:
r
1gt2
2
解得:
va
gr
小滑块在a点飞出的动能Ek
1mva
2
1mgr
2
2
(2)设小滑块在e点时速度为vm,由机械能守恒定律得:
1mv
2
1mv2
mg
2r
2
m
2
a
在最低点由牛顿第二定律:
mvm
2
Fmg
r
由牛顿第三定律得:
F′=F
解得:
F′=6mg
(3)bd之间长度为L,由几何关系得:
L
221r
从d到最低点e过程中,由动能定理mgH
mgcosL
1mvm
2
2
解得
4
2
14
3.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:
x′=2nL(n=1.2.3⋯⋯)
同理:
x′=
2nL=v′0
H=
2
t,
gt′
解得:
(n=1.2.3⋯⋯)
4.如所示,BC半径r
2
2m直放置的管,O管的心,在管的末
5
端C接斜角
45°、摩擦因数
μ=0.6的足粗糙斜面,一量
m=0.5kg的小球
从O点正上方某
A点以v0
水平抛出,恰好能垂直OB从B点入管,小球
C点
速度大小不,小球冲出
C点后
9
s再次回到C点。
(g=10m/s2)求:
8
(1)小球从O点的正上方某处A点水平抛出的初速度v0为多大?
(2)小球第一次过C点时轨道对小球的支持力大小为多少?
(3)若将BC段换成光滑细圆管,其他不变,仍将小球从A点以v0水平抛出,且从小球进
入圆管开始对小球施加了一竖直向上大小为5N的恒力,试判断小球在BC段的运动是否为
匀速圆周运动,若是匀速圆周运动,求出小球对细管作用力大小;若不是匀速圆周运动则说明理由。
【答案】
(1)2m/s
(2)20.9N(3)52N
【解析】
【详解】
(1)小球从A运动到B为平抛运动,有:
rsin45°=v0t
gt
在B点有:
tan45°
v0
解以上两式得:
v0=2m/s
(2)由牛顿第二定律得:
小球沿斜面向上滑动的加速度:
mgsin45
mgcos45
gsin45+°μgcos45=°8
2m/s2
a1
m
小球沿斜面向下滑动的加速度:
mgsin45
mgcos45
gsin45﹣°μgcos45°=2
2m/s2
a2
m
设小球沿斜面向上和向下滑动的时间分别为
t1、t2,
由位移关系得:
1
a1t1
21
a2t2
2
2
2
9
又因为:
t1+t2s
8
解得:
t1
3
3
s,t2
s
8
4
小球从C点冲出的速度:
vC=a1t1=32m/s
在C点由牛顿第二定律得:
N﹣mg=mvC2
r
解得:
N=20.9N
(3)在B点由运动的合成与分解有:
vB
v0
2
2m/s
sin45
因为恒力为5N与重力恰好平衡,小球在圆管中做匀速圆周运动。
设细管对小球作用力大小为F
由牛顿第二定律得:
F=mvB2
r
解得:
F=52N
由牛顿第三定律知小球对细管作用力大小为
52N,
5.光滑水平面
AB
与一光滑半圆形轨道在
B
点相连,轨道位于竖直面内,其半径为
R
,一
个质量为m的物块静止在水平面上,现向左推物块使其压紧弹簧,然后放手,物块在弹力
作用下获得一速度,当它经
B点进入半圆形轨道瞬间,对轨道的压力为其重力的
9倍,之
后向上运动经
C点再落回到水平面,重力加速度为
g.求:
(1)弹簧弹力对物块做的功;
(2)物块离开C点后,再落回到水平面上时距B点的距离;
(3)再次左推物块压紧弹簧,要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道,则弹簧弹性势能的取值范围为多少?
【答案】
(1)
(2)4R(3)或
【解析】
【详解】
(1)由动能定理得W=
在B点由牛顿第二定律得:
9mg-mg=m
解得W=4mgR
(2)设物块经C点落回到水平面上时距B点的距离为
S,用时为
t,由平抛规律知
S=vct
2R=gt2
从B到C由动能定理得
联立知,S=4R
(3)假设弹簧弹性势能为EP,要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道,则物块可能在
圆轨道的上升高度不超过半圆轨道的中点,则由机械能守恒定律知
EP≤mgR
若物块刚好通过C点,则物块从B到C由动能定理得
物块在C点时mg=m
则
联立知:
EP≥mgR.
综上所述,要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道,则弹簧弹性势能的取值范围为
EP≤mgR或EP≥mgR.
6.如图所示,光滑轨道CDEF是一“过山车”的简化模型,最低点D处入、出口不重合,
E点是半径为R0.32m的竖直圆轨道的最高点,DF部分水平,末端F点与其右侧的水
平传送带平滑连接,传送带以速率
v=1m/s
逆时针匀速转动,水平部分长度
L=1m.物块
B
静止在水平面的最右端
F
处.质量为
mA
1kg的物块
A从轨道上某点由静止释放,恰好
通过竖直圆轨道最高点
E,然后与
B发生碰撞并粘在一起.若
B的质量是
A的k倍,
A、B
与传送带的动摩擦因数都为
0.2,物块均可视为质点,物块
A与物块
B的碰撞时间极
短,取
g
10m/s2.求:
(1)当k3时物块A、B碰撞过程中产生的内能;
(2)当k=3时物块A、B在传送带上向右滑行的最远距离;
(3)讨论
在不同数值范围时,
、
碰撞后传送带对它们所做的功
的表达式.
k
AB
W
【答案】
(1)6J
(2)0.25m(3)①W2k
1J②W
k2
2k15
2k
1
【解析】
(1)设物块A在E的速度为v0,由牛顿第二定律得:
mAgmA
v02
①,
R
设碰撞前A的速度为v1.由机械能守恒定律得:
2mAgR
1mAv02
1mAv12②,
2
2
联立并代入数据解得:
v14m/s③;
设碰撞后A、B速度为v2,且设向右为正方向,由动量守恒定律得
mAv1mA
m2v2④;
解得:
v2
mA
v1
1
1m/s⑤;
mAmB
1
4
3
由能量转化与守恒定律可得:
Q
1mAv121mAmBv22⑥,代入数据解得Q=6J⑦;
22
(2)设物块AB在传送带上向右滑行的最远距离为s,
由动能定理得:
mAmB
gs
1mA
mBv22⑧,代入数据解得s
0.25m⑨;
2
(3)由④式可知:
v2
mA
v1
4m/s⑩;
mAmB
1
k
(i)如果A、B能从传送带右侧离开,必须满足
1mA
mB
v22
mA
mBgL,
2
解得:
k<1,传送带对它们所做的功为:
W
mA
mB
gL
2k
1J;
(ii)(I)当v2
v时有:
k
3,即AB返回到传送带左端时速度仍为
v2;
由动能定理可知,这个过程传送带对
AB所做的功为:
W=0J,
(II)当0k
时,AB沿传送带向右减速到速度为零,再向左加速,
当速度与传送带速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左侧.
在这个过程中传送带对
AB所做的功为W
1
mAmB
v2
1mA
mB
v22,
2
2
k2
2k
15
解得W
k
1
;
2
【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用,分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关
键,应用牛顿第二定律、动量守恒定律、动能定理即可解题;解题时注意讨论,否则会漏
解.A恰好通过最高点E,由牛顿第二定律求出A通过E时的速度,由机械能守恒定律求
出A与B碰撞前的速度,A、B碰撞过程系统动量守恒,应用动量守恒定律与能量守恒定律
求出碰撞过程产生的内能,应用动能定理求出向右滑行的最大距离.根据A、B速度与传
送带速度间的关系分析AB的运动过程,根据运动过程应用动能定理求出传送带所做的功.
7.如图所示,物体
A置于静止在光滑水平面上的平板小车
B的左端,物体在
A的上方
O
点用细线悬挂一小球
C(可视为质点
),线长
L=0.8m.现将小球
C拉至水平无初速度释放,
并在最低点与物体
A发生水平正碰,碰撞后小球
C反弹的速度为
2m/s.已知
A、B、C的
质量分别为mA=4kg、mB=8kg和mC=1kg,A、B间的动摩擦因数μ=0.2,A、C碰撞时
间极短,且只碰一次,取重力加速度g=10m/s2.
(1)求小球C与物体A碰撞前瞬间受到细线的拉力大小;
(2)求A、C碰撞后瞬间A的速度大小;
(3)若物体A未从小车B上掉落,小车B的最小长度为多少?
【答案】
(1)30N
(2)1.5m/s(3)0.375m
【解析】
【详解】
1
(1)小球下摆过程机械能守恒,由机械能守恒定律得:
m0glm0v02
2
代入数据解得:
v0=4m/s,
对小球,由牛顿第二定律得:
F﹣m
0g=m0
v02
l
代入数据解得:
F=30N
(2)小球C与A碰撞后向左摆动的过程中机械能守恒,得:
1
mvC2
mgh
2
所以:
vC2gh
210
0.2
2m/s
小球与A碰撞过程系统动量守恒,以小球的初速度方向为正方向,
由动量守恒定律得:
m00
0c
A
v=﹣mv+mv
代入数据解得:
vA=1.5m/s
(3)物块A与木板B相互作用过程,系统动量守恒,以
A的速度方向为正方向,
由动量守恒定律得:
mvA=(m+M)v
代入数据解得:
v=0.5m/s
由能量守恒定律得:
1
2
1
2
μmgx
mvA
(m+M)v
2
2
代入数据解得:
x=0.375m;
8.如图甲所示,轻质弹簧原长为2L,将弹簧竖直放置在水平地面上,在其顶端将一质量
为5m的物体由静止释放,当弹簧被压缩到最短时,弹簧长度为
L.现将该弹簧水平放置,
如图乙所示.一端固定在
A点,另一端与物块
P接触但不连接.
AB是长度为
5L的水平轨
道,B端与半径为
L的光滑半圆轨道
BCD相切,半圆的直径
BD在竖直方向上.物块
P与
AB
间的动摩擦因数
0.5,用外力推动物块
P,将弹簧压缩至长度为
L处,然后释放
P,P
开始沿轨道运动,重力加速度为
g.
(1)求当弹簧压缩至长度为
L时的弹性势能
Ep;
(2)若P的质量为m,求物块离开圆轨道后落至AB上的位置与B点之间的距离;
(3)为使物块P滑上圆轨道后又能沿圆轨道滑回,求物块P的质量取值范围.
【答案】
(1)
E
mgL
(3)5
#
P
5
(2)
S22L
5
3
mMm
2
【解析】
【详解】
(1)由机械能守恒定律可知:
弹簧长度为L时的弹性势能为
(2)设P到达B点时的速度大小为,由能量守恒定律得:
设P到达D点时的速度大小为,由机械能守恒定律得:
物体从D点水平射出,设P落回到轨道AB所需的时间为
S22L
(3)设P的质量为M,为使P能滑上圆轨道,它到达B点的速度不能小于零
得5mgL
4MgL
M
5m
2
要使P仍能沿圆轨道滑回,
P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点
C,得
1
MvB2
MgL
2
Ep
1
MvB2
4MgL
2
9.地面上有一个半径为
R
的圆形跑道,高为
h
的平台边缘上的
P
点在地面上
P′
点的正上
方,P′与跑道圆心O的距离为L(L>R),如图所示,跑道上停有一辆小车,现从
P点水
平抛出小沙袋,使其落入小车中(沙袋所受空气阻力不计).问:
(1)当小车分别位于A点和B点时(∠AOB=90)°,沙袋被抛出时的初速度各为多大?
(2)要使沙袋落在跑道上,则沙袋被抛出时的初速度在什么范围内?
(3)若小车沿跑道顺时针运动,当小车恰好经过
A点时,将沙袋抛出,为使沙袋能在B
处落入小车中,小车的速率
v应满足什么条件?
【答案】
(1)
vA
(
L
)
g
g(L2
R2)
vB
R
2h
2h
(2)(LR)
g
v0
g
2h
(LR)
2h
(3)v
1
R
g
(n
0,1,2,3...)
(4n1)
2h
2
【解析】
【分析】
【详解】
(1)沙袋从P点被抛出后做平抛运动,设它的落地时间为
t,则h=1
gt2
2
解得t
2h
(1)
g
当小车位于A点时,有xA=vAt=L-R
(2)
解
(1)
(2)得vA=(L-R)
g
2h
当小车位于B点时,有xB
vBtL2
R2(3)
gL2
R2
解
(1)(3)得vB
2h
(2)若小车在跑道上运动,要使沙袋落入小车,最小的抛出速度为
v
0min
=v=(L-R)
A
g(4)
2h
若当小
C点沙袋好落入,抛出的初速度最大,有
xc=v0maxt="L+R"(5)
解
(1)(5)得v0max=(L+R)
g
2h
所以沙袋被抛出的初速度范(L-R)g≤v0≤(L+R)g
2h2h
(3)要使沙袋能在B落入小中,小运的与沙袋下落相同
tAB=(n+1)2R(n=0,1,2,3⋯)(6)
4v
2h
所以tAB=t=
g
解得v=1(4n+1)πRg(n=0,1,2,3⋯).
22h
【点睛】
本是平抛运律的考,在分析第三的候,要考到小运的周
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