高考物理复习 计算题专练 曲线运动（含答案解析）

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2020(人教版)高考物理复习 计算题专练 曲线运动1.一物体在光滑水平面上运动，它在x轴方向和y轴方向上的两个分运动的速度－时间图象如图所示．(1)判断物体的运动性质；(2)计算物体的初速度大小；(3)计算物体在前3 s内和前6 s内的位移大小．           2.如图所示,内壁光滑的弯曲钢管固定在天花板上,一根结实的细绳穿过钢管,两端分别拴着小球A和B。小球A和B的质量之比。当小球A在水平面内做匀速圆周运动时,小球A到管口的绳长为l,此时小球B恰好处于平衡状态。管子的内径粗细不计,重力加速度为g。试求:(1)拴着小球A的细绳与竖直方向的夹角θ;(2)小球A转动的周期。       3.如图所示，半径为R、内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m的小球A、B以不同的速度进入管内．A通过最高点C时，对管壁上部压力为3mg，B通过最高点C时，对管壁下部压力为0.75mg，求A、B两球落地点间的距离．               4.如图所示，一光滑的圆弧体固定在地面上，光滑地面上两个小车A、B紧靠在一起与圆弧体接触，车的上表面与圆弧体的右端上表面在同一水平面上，车的质量均为m=1kg，一物块从圆弧面上离车上表面高h=0.2m处由静止下滑，物块的质量也为m=1kg，物块与车的上表面间的动摩擦因数均为μ=0.2，车长均为L=0.5m，g=10m/s2，求：(1)A车最终的速度；(2)A车对B车做的功。                  5.如图所示,在竖直平面的xOy坐标系中,Oy竖直向上,Ox水平。设平面内存在沿x轴正方向的恒定风力。一小球从坐标原点沿Oy方向竖直向上抛出,初速度为v0=4 m/s,不计空气阻力,到达最高点的位置如图中M点所示,(坐标格为正方形,g取10 m/s2)求:(1)小球在M点的速度大小v1;(2)在图中定性画出小球的运动轨迹并标出小球落回x轴时的位置N;(3)小球到达N点的速度v2的大小。              6.如图所示，小球由静止开始沿光滑轨道滑下，并沿水平方向抛出，小球抛出后落在斜面上，已知斜面的倾角为θ=30°，斜面上端与小球抛出点在同一水平面上，下端与抛出点在同一竖直线上，斜面长度为L，斜面上M、N两点将斜面长度等分为3段，小球可以看做质点，空气阻力不计，为使小球能落在M点上，求：(1)小球抛出的速度多大；(2)释放小球的位置相对于抛出点的高度h.             7.如图所示，一小球从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R=10 cm的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点间的竖直高度h=0.8 m，水平距离s=1.2 m，水平轨道AB长为L1=1 m，BC长为L2=3 m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10 m/s2.(1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A点的初速度．(2)若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A点的初速度的范围．             8.如图所示,用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形APB(圆半径比细管的内径大得多)和直线BC组成的光滑轨道固定在水平桌面上,已知半圆形APB的半径R=1.0 m,BC段长l=1.5 m。弹射装置将一个质量为1 kg的小球(可视为质点)以v0=5 m/s的水平初速度从A点弹入轨道,小球从C点离开轨道随即水平抛出,桌子的高度h=1.25 m,不计空气阻力,g取10 m/s2,π取3.14,求:(1)小球在半圆轨道上运动时的向心力大小及从A运动到C点的时间;(2)小球落地瞬间速度与水平方向的夹角。         9.如图所示，圆筒的内壁光滑，一端B固定在竖直转轴OO′上，圆筒可随轴转动，它与水平面的夹角始终为30°，在筒内有一个用轻质弹簧连接的小球A(小球直径略小于圆筒内径)，A的质量为m，弹簧的另一端固定在圆筒的B端，弹簧原长为L，当圆筒静止时A、B之间的距离为L(L远大于小球直径)．现让圆筒开始转动，其角速度从0开始缓慢增大，当角速度增大到某一值时保持匀速转动，此时小球A、B之间的距离为2L，重力加速度大小为g，求圆筒保持匀速转动时的角速度ω0.         10.如图所示，BC为半径等于m、竖直放置的光滑细圆管，O为细圆管的圆心，在圆管的末端C连接倾斜角为45°、动摩擦因数为μ=0.6的足够长粗糙斜面，一质量为m=0.5 kg的小球从O点正上方某处A点以速度v0水平抛出，恰好能垂直OB从B点进入圆管，OB与竖直方向的夹角为45°，小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的F=5 N的力的作用，当小球运动到圆管的末端C时作用力F立即消失，小球能平滑地冲上粗糙斜面．(g取10 m/s2)求：(1)小球从O点的正上方某处A点水平抛出的初速度v0为多少？OA的距离为多少？(2)小球在圆管中运动时对圆管的压力是多少？(3)小球在CD斜面上运动的最大位移是多少？              11.如图为“快乐大冲关”节目中某个环节的示意图．参与游戏的选手会遇到一个人造山谷OAB，OA是高h=3 m的竖直峭壁，AB是以O点为圆心的弧形坡，∠AOB=60°，B点右侧是一段水平跑道．选手可以自O点借助绳索降到A点后再爬上跑道，但身体素质好的选手会选择自O点直接跃上跑道．选手可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.(1)若选手以速度v0水平跳出后，能跳在水平跑道上，求v0的最小值．(2)若选手以速度v1=4 m/s水平跳出，求该选手在空中的运动时间．              12.如图所示,倾角为37°的斜面长l=1.9 m,在斜面底端正上方的O点将一小球以v0=3 m/s的速度水平抛出,与此同时静止释放顶端的滑块,经过一段时间后小球恰好能够以垂直斜面的方向击中滑块。(小球和滑块均可视为质点,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:(1)抛出点O离斜面底端的高度;(2)滑块与斜面间的动摩擦因数μ。              13.某实验小组做了如下实验，装置如图甲所示．竖直平面内的光滑轨道由倾角为θ的斜面轨道AB和圆弧轨道BCD组成，将质量m=0.1 kg的小球，从轨道AB上高H处的某点静止滑下，用压力传感器测出小球经过圆弧最高点D时对轨道的压力F，改变H的大小，可测出相应的F大小，F随H的变化关系如图乙所示．g=10 m/s2.求：(1)圆轨道的半径R；(2)若小球从D点水平飞出后又落到斜面上，其中最低的位置与圆心O等高，求θ值．         14.如图所示，台阶的高度H=1.45 m，在台阶的水平台面边缘静止一质量为m的小球A，在紧靠A的左侧用细线竖直悬挂一同样大小的小球B，两球心连线水平．在平台下面的地面上有一倾角为θ=37°的传送带，传送带下端有一个和传送带垂直的挡板P，传送带的长度L= m，传送带以v=5 m/s的速率逆时针转动．把小球B拉到离平台h=0.8 m高处由静止释放，与小球A正碰后B球能上升到离平台h高处，小球A恰好沿平行于传送带的方向从传送带上端飞上传送带并沿传送带运动，和挡板P碰撞后以大小不变的速率被反向弹回．已知小球A与传送带之间的动摩擦因数μ=，重力加速度g=10 m/s2.(1)求传送带上端距台阶的距离s；(2)求小球B的质量mB；(3)小球A被P反弹后能否再回到平台上？若能，请说明理由；若不能，请计算小球A到达的最高点距平台的高度．         15.一小船渡河,河宽d=180 m,水流速度v1=2.5 m/s。(1)若船在静水中的速度为v2=5 m/s,欲使船在最短的时间内渡河,船头应朝什么方向?用多长时间?位移是多少?(2)若船在静水中的速度为v2=5 m/s,欲使船渡河的航程最短,船头应朝什么方向?用多长时间?位移是多少?(3)若船在静水中的速度为v3=1.5 m/s,欲使船渡河的航程最短,船头应朝什么方向?用多长时间?位移是多少?                  
答案解析1.解：(1)由题图可知，物体在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向做匀变速运动，先减速再反向加速，所以物体做匀变速曲线运动．(2)vx0=30 m/s，vy0=－40 m/sv0==50 m/s.(3)x3=vxt=90 m|y3|=t=60 m则l1==30 m.x6=vxt′=180 my6=yt′=×6 m=0则l2=x6=180 m.  2.解：(1)设细绳的拉力为F,小球B处于平衡状态有F=mBg,在竖直方向上,小球A处于平衡状态,有Fcosθ=mAg,解得cosθ=,所以拴着小球A的细绳与竖直方向的夹角θ=60°。(2)对于小球A,细绳拉力的水平分量提供圆周运动的向心力,有Fsinθ=mA,由r=lsinθ解得小球A的线速度为v=,又T=,则小球A转动的周期T=π。  3.解：A球通过最高点时，由FNA＋mg=m，已知FNA=3mg，可求得vA=2.B球通过最高点时，由mg－FNB=m.已知FNB=0.75mg，可求得vB=.平抛落地历时t= .故两球落地点间的距离s=(vA－vB)t=3R.  4.解：(1)物块滑上A车前，机械能守恒则mgh=mv02解得v0=2m/s物块在A车上滑动的过程中，物块及A、B两车组成的系统动量守恒，设物块刚要滑离A车时的速度为v1，两车的速度为vA，则mv0=mv1＋2mvAμmgL=mv02－mv12－×2mvA2解得vA=1m/s(舍去)，vA=m/s物块滑上B车后，两车分离，因此A车最终的速度为m/s。(2)根据动能定理，A车对B车做的功等于B车速度为m/s时的动能，即W=×1×2J=J。  5.解：(1)设正方形的边长为s0。竖直方向做竖直上抛运动,v0=gt1,2s0=t1,解得s0=0.4m。水平方向做匀加速直线运动,3s0=t1,解得v1=6m/s。(2)由竖直方向的对称性可知,小球再经过t1到x轴,水平方向做初速度为零的匀加速直线运动,由x1∶x2=1∶22可知,小球回到x轴时落到x=12处,位置N的坐标为(12,0)。(3)到N点时竖直分速度大小为v0=4m/s,水平分速度vx=a水平tN=2v1=12m/s,故v2==4m/s。  6.解：(1)设小球沿轨道滑至最低点的速度为v0，小球离开轨道后做平抛运动：Lsin θ=gt2，Lcos θ=v0t解得：v0= =，(2)由动能定理得：mgh=mv，解得h=.  7.解：(1)设小球恰能通过圆形轨道最高点的速度为v，由牛顿第二定律得mg=m，由B到最高点，由机械能守恒定律得mv=2mgR＋mv2，由A到B，－μmgL1=mv－mv，解得小球在A点的速度为vA=3 m/s.(2)若小球刚好停在C处，则有－μmg(L1＋L2)=0－mv，解得vA1=4 m/s.若小球停在BC段，则3 m/s≤vA≤4 m/s.若小球能通过C点，并恰好越过壕沟，则有h=gt2，s=vCt，－μmg(L1＋L2)=mv－mv，则有vA2=5 m/s，所以小球在A点的初速度范围为3 m/s≤vA≤4 m/s和vA≥5 m/s.  8.解：(1)小球做匀速圆周运动，向心力大小F=m=25N小球从A到B的时间t1==0.2πs=0.628s从B到C的时间t2==0.3s则小球从A运动到C的时间t=t1+t2=(0.628+0.3)s=0.928s(2)小球做平抛运动h=解得vy=5m/s设小球落地瞬间速度与水平方向的夹角为θ,则tanθ==1故θ=45°。  9.解：当圆筒静止时A、B之间的距离为L，可知弹簧的形变量Δx=，根据平衡有mgsin 30°=k·.当圆筒转动，AB间距离为2L时，受力如图，在竖直方向上，有Ncos 30°=ksin 30°＋mg，水平方向上，有k cos 30°＋Nsin 30°=m·2Lsin 60°ω，联立解得ω0=.  10.解：(1)小球从A运动到B为平抛运动，有rsin 45°=v0t在B点，有tan 45°=解以上两式得v0=2 m/s，t=0.2 s则AB竖直方向的距离为h=gt2=0.2 mOB竖直方向的距离为h′=rcos 45°=0.4 m则OA=h＋h′=(0.2＋0.4)m=0.6 m.(2)在B点据平抛运动的速度规律有vB==2 m/s小球在管中重力与外加的力F平衡，故小球所受的合力仅为管的外轨对它的压力，得小球在管中做匀速圆周运动，由圆周运动的规律得圆管对小球的作用力为FN=m=5 N根据牛顿第三定律得小球对圆管的压力为FN′=FN=5N.(3)在CD上滑行到最高点过程，根据牛顿第二定律得mgsin 45°＋μmgcos 45°=ma解得a=gsin 45°＋μgcos 45°=8m/s2根据速度位移关系公式，有x==m.  11.解：(1)若选手以速度v0水平跳出后，能跳在水平跑道上，则hsin 60°≤v0t   hcos 60°=gt2解得：v0≥ m/s.(2)若选手以速度v1=4 m/s水平跳出，因v1＜v0，人将落在弧形坡上．下降高度y=gt′2水平前进距离x=v1t′且x2＋y2=h2解得t′=0.6 s.  12.解：(1)设小球击中滑块时的速度为v,竖直速度为vy,由几何关系得=tan37°设小球下落的时间为t,竖直位移为y,水平位移为x,由运动学规律得vy=gt,y=gt2,x=v0t设抛出点到斜面最低点的距离为h,由几何关系得h=y+xtan37°由以上各式得h=1.7m。(2)在时间t内,滑块的位移为x',由几何关系得x'=l-设滑块的加速度为a,由运动学公式得x'=at2对滑块由牛顿第二定律得mgsin37°-μmgcos37°=ma由以上各式得μ=0.125。  13.解：(1)小球经过D点时，满足竖直方向的合力提供圆周运动向心力即：F＋mg=m从A到D的过程中只有重力做功，根据动能定理有：mg(H－2R)=mv2联立解得：F=m－mg=－mg=H－5mg由题图乙中给出的F－H图象知斜率k= N/m=10 N/m即=10 N/m所以可得R=0.2 m.(2)小球离开D点做平抛运动，根据几何关系知，小球落地点越低平抛的射程越小，即题设中小球落地点位置最低对应小球离开D点时的速度最小．根据临界条件知，小球能通过D点时的最小速度为v= 小球落地点在斜面上与圆心等高，故可知小球平抛时下落的距离为R，所以小球平抛的射程s=vt=v=×=R由几何关系可知，角θ=45°.  14.解：(1)设小球A离开平台的速度为vA，到达传送带上端的速度为vQ，竖直分速度为v，则vy=vAtan θv=2g(H－Lsin θ)vQ=vy=gts=vAt代入数据解得vA=4 m/s；vQ=5 m/s；s=1.2 m(2)设B球运动到最低点与A球碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度大小为vB，则有mBgh=mBvmBv=mBg×若B球碰撞后向右运动，则mBv0=mBvB＋mvA代入数据解得B球的质量mB=2m此条件下系统的机械能损失ΔE=mBgh，因碰撞过程机械能不可能增加，结论合理．若B球碰撞后向左运动，则mBv0=mB(－vB)＋mvA代入数据解得B球的质量mB=m此条件下系统的机械能增加ΔE=mBgh，因碰撞过程机械能不可能增加，故不合理，应舍去．(3)小球A从传送带上端运动到下端的过程，有mgsin θ－μmgcos θ=ma1v－v=2a1L代入数据解得vP=m/s小球A被反弹后，由于vP>v，故向上滑一段，摩擦力沿传送带向下，有mgsin θ＋μmgcos θ=ma2小球A减速到v经过的位移为L1，则v2－v=－2a2L1代入数据解得L1=m小球A从速度为v时运动到传送带上端期间，摩擦力沿传送带向上，加速度为a1，则v－v2=－2a1(L－L1)代入数据解得vt=m/s由于vt<vQ，故小球A不可能回到平台上．此后小球A运动到最高点的过程可看做平抛的逆运动，则小球A上升的高度h′==0.33 m小球A到达的最高点距平台的高度H′=H－Lsin θ－h′=0.12 m.  15.解：将船实际的速度(合速度)分解为垂直于河岸方向和平行于河岸方向的两个分速度,垂直于河岸的分速度影响渡河的时间,而平行于河岸的分速度只影响船在平行于河岸方向的位移。(1)若v2=5m/s,欲使船在最短时间内渡河,船头应垂直于河岸方向,如图甲所示,合速度为倾斜方向,垂直于河岸的分速度为v2=5m/s。t=s=36s,v合=m/s,x=v合t=90m。(2)若v2=5m/s,欲使船渡河的航程最短,合速度应沿垂直于河岸方向,船头应朝图乙中的v2方向。垂直于河岸过河则要求v∥=0,有v2sinθ=v1,得θ=30°。所以当船头与上游河岸成60°角时航程最短。x=d=180m,t=s=24s。(3)若v3=1.5m/s,与(2)中不同,因为船速小于水速,所以船一定向下游漂移,设合速度方向与河岸下游方向夹角为α,则航程x=。欲使航程最短,需α最大,如图丙所示,由出发点A作出v1矢量,以v1矢量末端为圆心,v2大小为半径作圆,A点与圆周上某点的连线为合速度方向,欲使v合与河岸下游方向的夹角最大,应使v合与圆相切,即v合⊥v2。由sinα=,得α=37°,所以船头应朝与上游河岸成53°角方向。t=s=150s,v合=v1cosα=2m/s,x=v合t=300m。