高中物理曲线运动专项训练及答案

高中物理曲线运动专项训练及答案

一、高中物理精讲专题测试曲线运动

1．如图所示，竖直圆形轨道固定在木板B上，木板B固定在水平地面上，一个质量为3m小球A静止在木板B上圆形轨道的左侧．一质量为m的子弹以速度v0水平射入小球并停留在其中，小球向右运动进入圆形轨道后，会在圆形轨道内侧做圆周运动．圆形轨道半径为R，木板B和圆形轨道总质量为12m，重力加速度为g，不计小球与圆形轨道和木板间的摩擦阻力．求：

(1)子弹射入小球的过程中产生的内能；

(2)当小球运动到圆形轨道的最低点时，木板对水平面的压力；

(3)为保证小球不脱离圆形轨道，且木板不会在竖直方向上跳起，求子弹速度的范围．

232mv0 (3)v0?42gR 或45gR?v0?82gR 【答案】(1)mv0 (2) 16mg?84R【解析】

本题考察完全非弹性碰撞、机械能与曲线运动相结合的问题． (1)子弹射入小球的过程，由动量守恒定律得：mv0?(m?3m)v1 由能量守恒定律得：Q?代入数值解得：Q?121mv0??4mv12 2232mv0 8(2)当小球运动到圆形轨道的最低点时，以小球为研究对象，由牛顿第二定律和向心力公式

(m?3m)v12得F1?(m?3m)g?

R以木板为对象受力分析得F2?12mg?F1 根据牛顿第三定律得木板对水平的压力大小为F2

2mv0木板对水平面的压力的大小F2?16mg?

4R(3)小球不脱离圆形轨有两种可能性：

①若小球滑行的高度不超过圆形轨道半径R

由机械能守恒定律得：

1?m?3m?v12??m?3m?gR 2解得：v0?42gR ②若小球能通过圆形轨道的最高点

2(m?3m)v2小球能通过最高点有：(m?3m)g?

R由机械能守恒定律得：

112(m?3m)v12?2(m?3m)gR?(m?3m)v2 22代入数值解得：v0?45gR 要使木板不会在竖直方向上跳起，木板对球的压力：F3?12mg

2(m?3m)v3在最高点有：F3?(m?3m)g?

R由机械能守恒定律得：解得：v0?82gR 112(m?3m)v12?2(m?3m)gR?(m?3m)v3 22综上所述为保证小球不脱离圆形轨道，且木板不会在竖直方向上跳起，子弹速度的范围是

v0?42gR或45gR?v0?82gR

2．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R?0.32m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/s．求：

2

（1）当k?3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k在不同数值范围时，A、B碰撞后传送带对它们所做的功W的表达式．

k2?2k?15【答案】（1）6J（2）0.25m（3）①W??2?k?1?J②W?

2?k?1?【解析】

2v0（1）设物块A在E的速度为v0，由牛顿第二定律得：mAg?mA①，

R设碰撞前A的速度为v1．由机械能守恒定律得：2mAgR?联立并代入数据解得：v1?4m/s③；

112mAv0?mAv12②， 22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

mAv1??mA?m2?v2④；

解得：v2?mA1v1??4?1m/s⑤；

mA?mB1?3112mAv12??mA?mB?v2⑥，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，

由能量转化与守恒定律可得：Q?由动能定理得：???mA?mB?gs??（3）由④式可知：v2?1?mA?mB?v22⑧，代入数据解得s?0.25m⑨； 2mA4v1?m/s⑩；

mA?mB1?k（i）如果A、B能从传送带右侧离开，必须满足 ?mA?mB?v2???mA?mB?gL，

212解得：k＜1，传送带对它们所做的功为：W????mA?mB?gL??2?k?1?J； （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0?k??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?11?mA?mB?v2??mA?mB?v22， 22k2?2k?15； 解得W?2?k?1?【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．

3．水平抛出一个物体，当抛出1秒后，它的速度方向与水平方向成45°角，落地时，速度方向与水平方向成60°角，（g取10m/s2）。求：

（1）初速度

（2）水平射程（结果保留两位有效数字） （3）抛出点距地面的高度 【答案】（1）10m/s（2）17m(3)15m 【解析】 【分析】

平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．将1秒后的速度进行分解，根据vy=gt求出竖直方向上的分速度，再根据角度关系求出平抛运动的初速度；将落地的速度进行分解，水平方向上的速度不变，根据水平初速度求出落地时的速度；根据落地时的速度求出竖直方向上的分速度，运用vy=gt求出运动的时间，再根据x=v0t求出水平射程．再根据h=【详解】

（1）如图，水平方向vx=v0，竖直方向vy=gt，1s时速度与水平成45°角，即θ=45°

12

gt求出抛出点距地面的高度. 2

因为tan45=所以v0=vy

0

vyv0

初速度：v0=gt=10×1=10m/s。 （2）落地时，tan60?'0v'yvx

所以落地竖直速度vy?gt?3v0?103m/s 解得t=3s

水平射程：x?v0t?103m?17m （3）抛出点距地面的高度h?【点睛】

解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．知道分运动和合运动具有等时性，掌握竖直方向和水平方向上的运动学公式．

2121gt??10?3m?15m 22

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α=37°；将质量为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+Lsinα=2×（1+0.6）m = 3.2m 由重力势能公式：EP=mgh=320J （2）石块飞出后做平抛运动 水平方向 x = v0t

12gt 2解得：v0 = 15m/s

竖直方向 h?（3）长臂从初始位置转到竖直位置过程， 由动能定理得： W?mgh?解得： Ｗ = 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。

12mv0 2

5．如图所示，一半径r＝0.2 m的1/4光滑圆弧形槽底端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0＝4 m/s，长为L＝1.25 m，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，DEF为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空方形细管，EF段被弯成以O为圆心、半径R＝0.25 m的一小段圆弧，管的D端弯成与水平传带C端平滑相接，O点位于地面，OF连线竖直．一质量为M＝0.2 kg的物块a从圆弧顶端A点无初速滑下，滑到传送带上后做匀加速运动，过后滑块被传送带送入管DEF，已知a物块可视为质点，a横截面略小于管中空部分的横截面，重力加速度g取10 m/s2．求：

(1)滑块a到达底端B时的速度大小vB； (2)滑块a刚到达管顶F点时对管壁的压力． 【答案】（1）vB?2m/s （2）FN?1.2N