高中物理曲线运动解题技巧及题型及练习题含答案含解析.doc.pdf

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1、高中物理曲线运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1 如图，在竖直平面内，一半径为切 BC为圆弧轨道的直径R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在 A点相O 为圆心，OA 和 OB 之间的夹角为，sin=，一质量为 m35的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所g求：受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零重力加速度大小为（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；（2）小球到达A点时动量的大小；（3）小球从C点落至水平轨道所

2、用的时间【答案】（1）5gR（2）m23gR（3）35R225g【解析】试题分析本题考查小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力解析（1）设水平恒力的大小为有F0F0，小球到达 C 点时所受合力的大小为F由力的合成法则mgtanF2(mg)2F02设小球到达C 点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得Fmv2R由式和题给数据得F03 mg4v5gR2（2）设小球到达A 点的速度大小为v1，作CDDAR sinPA，交 PA 于 D 点，由几何关系得CDR(1cos）由动能定理有mg CD mv12F0DA1mv222A 点的

3、动量大小为由式和题给数据得，小球在pmv1m23gR2球在竖直方向的初速度为1（3）小球离开 C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为v，从 C 点落至水平轨道上所用时间为t 由运动学公式有g设小v t1 gt2CD2vvsin由t式和题给数据得35R5g点睛 小球在竖直面内的圆周运动是常见经典模型力分析、动量、斜下抛运动有机结合，此题将小球在竖直面内的圆周运动、受，经典创新 2 如图所示，在竖直平面内有一绝缘“”型杆放在水平向右的匀强电场中，其中水平且足够长，光滑半圆半径为AB、CDB 点R，质量为 m、电量为+q 的带电小球穿在杆上，从距x=5.75R 处以某初速 v0

4、开始向左运动已知小球运动中电量不变，小球与因数分别为1=0.25、2=0.80，电场力 Eq=3mg/4，重力加速度为g，sin37=0.6，cos37=0.8求：AB、CD 间动摩擦（1）若小球初速度 v0=4gR，则小球运动到半圆上 B 点时受到的支持力为多大；（2）小球初速度 v0满足什么条件可以运动过 C 点；（3）若小球初速度v=4gR，初始位置变为x=4R，则小球在杆上静止时通过的路程为多大【答案】（1）5.5mg（2）v0【解析】【分析】4 gR（3）44R【详解】（1）加速到 B 点：-1mgx qEx在 B 点：Nmgv2m1mv221mv022R解得 N=5.5mg（2）在

5、物理最高点F：tanqEmg解得=370；过 F 点的临界条件：vF=0从开始到 F 点：-1mgxqE(xR sin)mg(R R cos )01 mv022解得 v04 gR可见要过 C 点的条件为：v04gR（3）由于 x=4RvB1，所以小球能通过最高点此时满足 FN mgBm v2R解得 FN1.25 N（3）小球从B 点做平抛运动，有：2R=gt212SAC=vBt得：SAC=1.2m【点睛】解决多过程问题首先要理清物理过程，然后根据物体受力情况确定物体运动过程中所遵循的物理规律进行求解；小球能否到达最高点，这是我们必须要进行判定的，因为只有如此才能确定小球在返回地面过程中所遵循的

6、物理规律9 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 L1.25 m，滑块与传送带间的动摩擦因数 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

7、/s2求：(1)滑块 a 到达底端 B 时的速度大小 v；B(2)滑块 a 刚到达管顶 F 点时对管壁的压力【答案】（1）vB2m/s【解析】（2）FN1.2 N试题分析：（1）设滑块到达B 点的速度为 vB，由机械能守恒定律，有M gr1 MvB22解得：vB=2m/s（2）滑块在传送带上做匀加速运动，受到传送带对它的滑动摩擦力，由牛顿第二定律 Mg=Ma滑块对地位移为 L，末速度为 vC，设滑块在传送带上一直加速由速度位移关系式 2Al=vC2-vB2得 vC=3m/s4m/s，可知滑块与传送带未达共速,滑块从 C 至 F，由机械能守恒定律，有21 MvC2MgR1 MvF222得 vF=

8、2m/s在 F 处由牛顿第二定律M g FNMvFR1 2N,压力方向竖直向上得 FN=1 2N 由牛顿第三定律得管上壁受压力为考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律【名师点睛】物块下滑和上滑时机械能守恒，物块在传送带上运动时，受摩擦力作用，根据运动学公式分析滑块通过传送带时的速度，注意物块在传送带上的速度分析10 一轻质细绳一端系一质量为m=0.05 吻的小球儿另一端挂在光滑水平轴O 上，O 到小球的距离为L=0.1m，小球跟水平面接触，但无相互作用，在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板，如图所示水平距离s=2m，动摩擦因数为=0.25.现有一滑块B，质量也为 m=0.05kg，从

9、斜面上高度h=5m 处滑下，与小球发生弹性正碰，与挡板碰撞时不g 取 10m/s2，结果用根号表损失机械能 .若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，（示），试问：（1）求滑块B 与小球第一次碰前的速度以及碰后的速度（2）求滑块B 与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力.（3）滑块 B 与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，求小球做完整圆周运动的次数.【答案】（1）滑块 B 与小球第一次碰前的速度为与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力次。【解析】【详解】（1）滑块将要与小球发生碰撞时速度为根据能量守恒定律，得：95m/s，碰后的速度为0；（2）滑块 B48N；（3）小球做完整圆周运动的次数

10、为 10v1，碰撞后速度为 v1，小球速度为 v2mgh=1 mv12mgs2v1=95m/s2解得：A、B 发生弹性碰撞，由动量守恒，得到由能量守恒定律，得到：:mv1=mv1+mv21解得：mv121 mv1221 mv2222v1=0，v2=95 m/s即滑块 B 与小球第一次碰前的速度为95m/s，碰后的速度为0（2）碰后瞬间，有：T-mg=mv22L解得：T=48N48N。即滑块 B 与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力（3）小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为v0，则有：mg=mv20L小球从最低点到最高点的过程机械能守恒，设小球在最低点速度为v，根据机械能守恒有：1mv212mgL mv0222解得：v=5m/s滑块和小球最后一次碰撞时速度至少为v=5m/s，滑块通过的路程为mgh=1mv2mgs2解得：s=19m小球做完整圆周圆周运动的次数：ssn=21=10 次s即小球做完整圆周运动的次数为10 次。s，根据能量守恒有: