2016年挑战高考压轴题(曲线运动 功与能)

2016年高考物理真题分类汇编：曲线运动[2016上海23].如图，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC 是位于竖直平面内以O 为圆心的一段圆弧，OA 与竖直方向的夹角为α。

一小球以速度0v 从桌面边缘P 水平抛出，恰好从A 点沿圆弧的切线方向进入凹槽。

小球从P 到A 的运动时间为____________;直线PA 与竖直方向的夹角β=_________。

【答案】0tan v αg；arctan (2cot )α 【解析】据题意，小球从P 点抛出后做平抛运动，小球运动到A 点时将速度分解，有0tan y xv gtv v α==，则小球运动到A 点的时间为：0tan v t gα=；从P 点到A 点的位移关系有：00222tan 2cot 1tan 2v t v gt gt βαα====，所以PA 与竖直方向的夹角为：tan arctan(2cot )βα=。

[2016海南1].在地面上方某一点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中A ．速度和加速度的方向都在不断变化B ．速度与加速度方向之间的夹角一直减小C ．在相等的时间间隔内，速率的改变量相等D ．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等 【答案】B[2016海南3].如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m 的小球沿轨道做完整的圆周运动。

已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N 1，在高点时对轨道的压力大小为N 2.重力加速度大小为g ，则N 1–N 2的值为A ．3mgB ．4mgC ．5mgD ．6mg 【答案】D【解析】设小球在最低点速度为1v ，在最高点速度为2v ，在根据牛顿第二定律： 在最低点：211mg m Rv N -=在最高点：222mg m Rv N +=同时从最高点到最低点，根据动能定理：221211222mg R m m v v ⋅=-联立以上三个方程式可以得到：12–6N R N mg =，故选项D 正确。

2016高考+联考模拟物理试题分项解析专题04曲线运动•<—---------------- 項題再现--------------------- -. 眾丸药16年高老鼻戏，备孜清确，佥昨金祈，鸟常点掃，功力201孑年鬲哥一、选择题1.【2016 •海南卷】在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中A .速度和加速度的方向都在不断变化B.速度与加速度方向之间的夹角一直减小C.在相等的时间间隔内，速率的改变量相等D.在相等的时间间隔内，动能的改变量相等【答案】B【解析】由于物体只受重力作用，做平抛运动，故加滅度不变，遠度大小和亦向时刻在变化，选项A 错误,设某时刻速度与竖直方向丸角为乩则3$二二*土，随着时间I变大，tanfl变小，日变『卜故选项3正确；根据加谨度定义式^ = —=5,则4=抄・即在相等的时间间隔内，頑痿的改变量相等，故选项C 错误，根据动能定理，在相等的时间间隔內，动能的改变童等于重力做的功,SP :门二小別，对于平抛运动，由于在竖直方向上，在相等时间间隔內的位移不相等，故选项n错误.【考点定位】平抛运动、动能定理【名师点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合加速度公式和动能定理公式灵活求解即可。

2.[ 2016 •江苏卷】有A、B两小球，B的质量为A的两倍.现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力•图中①为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是A .①B .② D .④C.③【解析】由题意知 A 、B 两小球抛出的初速度相同，由牛顿第二定律知，两小球运动的加速度相同，所以运动的轨迹相同，故A 正确；B 、C 、D 错误.【考点定位】考查抛体运动【方法技巧】两球的质量不同是本题的一个干扰因素，重在考查学生对物体运动规律的理解，抛体运动轨迹与物体的质量无关，只要初始条件相同，则轨迹相同。

3.【2016 •上海卷】风速仪结构如图（a ）所示。

（物理）高考必备物理曲线运动技巧全解及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．如图所示，一根长为0.1 m的细线，一端系着一个质量是0.18kg的小球，拉住线的另一端，使球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动，当小球的转速增加到原转速的3倍时，细线断裂，这时测得线的拉力比原来大40 N．求：（1）线断裂的瞬间，线的拉力；（2）这时小球运动的线速度；（3）如果桌面高出地面0.8 m，线断裂后小球沿垂直于桌子边缘的方向水平飞出去落在离桌面的水平距离．【答案】（1）线断裂的瞬间，线的拉力为45N；（2）线断裂时小球运动的线速度为5m/s；（3）落地点离桌面边缘的水平距离2m．【解析】【分析】【详解】(1)小球在光滑桌面上做匀速圆周运动时受三个力作用;重力mg、桌面弹力F N和细线的拉力F,重力mg和弹力F N平衡，线的拉力提供向心力，有：F N=F=mω2R，设原来的角速度为ω0,线上的拉力是F0,加快后的角速度为ω,线断时的拉力是F1，则有：F1:F0=ω2: 2=9:1，又F1=F0+40N，所以F0=5N,线断时有：F1=45N.(2)设线断时小球的线速度大小为v,由F1=2vmR，代入数据得：v=5m/s.(3)由平抛运动规律得小球在空中运动的时间为：t =220.810h s g ⨯==0.4s ， 则落地点离桌面的水平距离为：x =vt =5×0.4=2m .2．如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，第Ⅰ象限的等腰直角三角形MNP 区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y ＜0的区域内存在着沿y 轴正方向的匀强电场202mv E qh=．一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子从电场中Q 点以速度v 0水平向右射出，经坐标原点O 射入第Ⅰ象限．已知粒子在第Ⅲ象限运动的水平方向位移为竖直方向位移的2倍，且恰好不从PN 边射出磁场．已知MN 平行于x 轴，N 点的坐标为(2h,2h )，不计粒子的重力，求：⑴入射点Q 的坐标； ⑵磁感应强度的大小B ； ⑶粒子第三次经过x 轴的位置坐标.【答案】(1)()2,h h --(2) )0221mv qh (3)(20262,0v gh g ⎡⎤--⎢⎥-⎢⎥⎣⎦【解析】 【分析】带电粒子从电场中Q 点以速度v 0水平向右射出，在第Ⅲ象限做的是类平抛运动，在第I 象限，先是匀速直线运动，后是圆周运动，最后又在电场中做类斜抛运动． 【详解】(1)带电粒子在第Ⅲ象限做的是类平抛运动，带电粒子受的电场力为1F 运动时间为1t ，有1F qE =202mv h=由题意得11F qE a m m== 101x v t =21112y at =解得1Eq 2012mv y Eq=202mv E qh=Q 的坐标()2,h h --(2) 带电粒子经坐标原点O 射入第Ⅰ象限时的速度大小为1v0x v v =1y v at =1mv t Eq=联立解得0y v v =102v v =由带电粒子在通过坐标原点O 时，x 轴和y 轴方向速度大小相等可知，带电粒子在第I 象限以02v 速度大小，垂直MP 射入磁场，并在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，且恰好不从PN 边射出磁场．如下图所示，设圆周的半径为R ，由牛顿第二定律则有20022mv q v B R=由图知EC 是中位线，O 1是圆心，D 点是圆周与PN 的切点，由几何知识可得，圆周半径R =解得)021B mv qh=(3)0，且抛 射角是045，如下图所示，根据斜抛运动的规律，有20x v =cos45020y v =sin450带电粒子在电场中飞行时间为2t 则有10222y v v t gg==带电粒子在电场中水平方向飞行距离为2x 有202222x v x v t g==带电粒子在2p 点的坐标 由几何知识可知2p 点的坐标是，0）带电粒子在1p 点的坐标是(2026,0v gh g ⎡⎤--⎢⎥-⎢⎥⎣⎦【点睛】带电粒子在不同场中运动用不同的物理公式以及利用几何知识来计算．3．水平面上有一竖直放置长H ＝1.3m 的杆PO ，一长L ＝0.9m 的轻细绳两端系在杆上P 、Q 两点，PQ 间距离为d ＝0.3m ，一质量为m ＝1.0kg 的小环套在绳上。

曲线运动1.[2016·江苏卷] 有A 、B 两小球，B 的质量为A 的两倍．现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力．图中①为A 的运动轨迹，则B的运动轨迹是( )A ．①B ．②C ．③D ．④2．A [解析] 抛体运动的加速度始终为g ，与抛体的质量无关．当将它们以相同速率沿同一方向抛出时，运动轨迹应该相同．故选项A 正确．2.在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图1-9所示．P 是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒．高度为h 的探测屏AB 竖直放置，离P 点的水平距离为L ，上端A 与P 点的高度差也为h .(1)若微粒打在探测屏AB 的中点，求微粒在空中飞行的时间；(2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围；(3)若打在探测屏A 、B 两点的微粒的动能相等，求L 与h 的关系．23．[答案] (1)3h g (2)L g 4h ≤v ≤L g 2h(3)L ＝22h [解析] (1)打在中点的微粒32h ＝12gt 2 ① t ＝3h g② (2)打在B 点的微粒v 1＝L t 1；2h ＝12gt 21 ③v 1＝L g 4h④ 同理，打在A 点的微粒初速度v 2＝L g 2h⑤微粒初速度范围L g 4h ≤v ≤L g 2h ⑥ (3)由能量关系12m v 22＋mgh ＝12m v 21＋2mgh ⑦ 代入④、⑤式得L ＝22h ⑧3. 如图所示，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P .它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W .重力加速度大小为g .设质点P 在最低点时，向心加速度的大小为a ，容器对它的支持力大小为N ，则( )A ．a ＝2（mgR －W ）mRB ．a ＝2mgR －W mRC ．N ＝3mgR －2W RD ．N ＝2（mgR －W ）R20．AC [解析] 质点P 下滑到底端的过程，由动能定理得mgR －W ＝12m v 2－0，可得v 2＝2（mgR －W ）m ，所以a ＝v 2R ＝2（mgR －W ）mR，A 正确，B 错误；在最低点，由牛顿第二定律得N －mg ＝m v 2R ，故N ＝mg ＋m v 2R ＝mg ＋m R ·2（mgR －W ）m ＝3mgR －2W R，C 正确，D 错误． 4.如图1-所示，在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接．AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R 2.一小球在A 点正上方与A 相距R 4处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．(1)求小球在B 、A 两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．24．[答案] (1)5 (2)能[解析] (1)设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为E k A ，由机械能守恒得E k A ＝mg R 4① 设小球在B 点的动能为E k B ，同理有E k B ＝mg 5R 4② 由①②式得E k B E k A＝5 ③ (2)若小球能沿轨道运动到C 点，小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足N ≥0 ④设小球在C 点的速度大小为v C ，由牛顿运动定律和向心加速度公式有N ＋mg ＝m v 2C R 2⑤ 由④⑤式得，v C 应满足mg ≤m 2v 2C R⑥ 由机械能守恒有mg R 4＝12m v 2C⑦ 由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C 点．5.我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图1-所示，质量m ＝60 kg 的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6m/s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m ．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧．助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1530 J ，g 取10 m/s 2.(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大？[答案] (1)144 N (2)12.5 m[解析] (1)运动员在AB 上做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，则有v 2B ＝2ax ①由牛顿第二定律有mg H x－F f ＝ma ②联立①②式，代入数据解得F f ＝144 N ③ (2)设运动员到达C 点时的速度为v C ，在由B 到达C 的过程中，由动能定理有mgh ＋W ＝12m v 2C －12m v 2B④ 设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2C R⑤ 由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R ＝12.5 m6.如图1-6所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R ＝90 m 的大圆弧和r ＝40 m 的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O 、O ′距离L ＝100 m ．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍．假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动．要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g 取10 m/s 2，π＝3.14)，则赛车( )A ．在绕过小圆弧弯道后加速B ．在大圆弧弯道上的速率为45 m/sC ．在直道上的加速度大小为5.63 m/s 2D ．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s20．AB [解析] 要使赛车绕赛道一圈时间最短，则通过弯道的速度都应最大，由f ＝2.25mg ＝m v 2r 可知，通过小弯道的速度v 1＝30 m/s ，通过大弯道的速度v 2＝45 m/s ，故绕过小圆弧弯道后要加速，选项A 、B 正确；如图所示，由几何关系可得AB 长x ＝L 2－（R －r ）2＝50 3 m ，故在直道上的加速度a ＝v 22－v 212x ＝452－3022×503m/s 2≈6.5 m/s 2，选项C 错误；由sin θ2＝x L ＝32可知，小圆弧对应的圆心角θ＝2π3，故通过小圆弧弯道的时间t ＝θr v 1＝2πr 3v 1＝2×3.14×403×30s ＝2.79 s ，选项D 错误． 7.小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图1-所示．将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点( )A ．P 球的速度一定大于Q 球的速度B ．P 球的动能一定小于Q 球的动能C ．P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力D ．P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度 16．C [解析] 从释放到最低点过程中，由动能定理得mgl ＝12m v 2－0，可得v ＝2gL ，因l P <l Q ，则v P <v Q ，故选项A 错误；由E k Q ＝m Q gl Q ，E k P ＝m P gl P ，而m P >m Q ，故两球动能大小无法比较，选项B错误；在最低点对两球进行受力分析，根据牛顿第二定律及向心力公式可知T －mg ＝m v 2l＝ma n ，得T ＝3mg ，a n ＝2g ，则T P >T Q ，a P ＝a Q ，C 正确，D 错误．25．D6、E6[2016·全国卷Ⅱ] 轻质弹簧原长为2l ，将弹簧竖直放置在地面上，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，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 竖直，如图所示．物块P 与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度l ，然后放开，P 开始沿轨道运动，重力加速度大小为g .(1)若P 的质量为m ，求P 到达B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点间的距离；(2)若P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量的取值范围． 25．[答案] (1)6gl 2 2l (2)53m ≤M <52m[解析] (1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l 时，质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l 时的弹性势能为E p ＝5mgl ①设P 的质量为M ，到达B 点时的速度大小为v B ，由能量守恒定律得E p ＝12M v 2B＋μMg ·4l ② 联立①②式，取M ＝m 并代入题给数据得v B ＝6gl ③若P 能沿圆轨道运动到D 点，其到达D 点时的向心力不能小于重力，即P 此时的速度大小v 应满足m v 2l－mg ≥0 ④ 设P 滑到D 点时的速度为v D ，由机械能守恒定律得12m v 2B ＝12m v 2D ＋mg ·2l ⑤ 联立③⑤式得v D ＝2gl ⑥v D 满足④式要求，故P 能运动到D 点，并从D 点以速度v D 水平射出．设P 落回到轨道AB 所需的时间为t ，由运动学公式得2l ＝12gt 2 ⑦P 落回到AB 上的位置与B 点之间的距离为s ＝v D t ⑧ 联立⑥⑦⑧式得s ＝2 2l ⑨(2)为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl >μMg ·4l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 .由机械能守恒定律有12M v 2B ≤Mgl ⑪联立①②⑩⑪式得53m ≤M <52m ⑫ D5 万有引力与天体运动17．D5[2016·全国卷Ⅰ] 利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍．假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为( )A ．1 hB ．4 hC ．8 hD ．16 h[解析] B 当一地球卫星的信号刚好覆盖赤道120°的圆周时，卫星的轨道半径r ＝R cos 60°＝2R ；对同步卫星，分别有GMm（6.6R ）2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 02·6.6R 和GMm （2R ）2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2·2R ，即⎝⎛⎭⎫T T 02＝⎝⎛⎭⎫2R 6.6R 3，解得T ＝4 h ，选项B 正确．14．D5[2016·全国卷Ⅲ] 关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是( )A ．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律B ．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律C ．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因D ．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律14．B [解析] 开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，牛顿在开普勒研究基础上结合自己发现的牛顿运动定律，发现了万有引力定律，指出了行星按照这些规律运动的原因，选项B 正确．18．D5[2016·北京卷] 如图1-所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E 运行，在P 点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动．下列说法正确的是( )A ．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P 点的速度都相同B ．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P 点的加速度都相同C ．卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度D ．卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量18．B [解析] 卫星在椭圆轨道1上运动时，在近地点卫星与地球之间的万有引力小于卫星所需向心力，在远地点卫星与地球之间的万有引力大于卫星所需的向心力，所以在P 点被加速后，当万有引力等于卫星所需的向心力时，卫星可以稳定在圆形轨道2上运行，选项A 不正确．卫星在轨道1或轨道2经过P 点时，卫星与地球之间的万有引力相同，由G Mm r 2＝ma ，可得a ＝GM r 2，因此加速度相同，选项B 正确．卫星受地球引力产生的加速度时刻指向地球，在轨道1的任何位置加速度的方向都不相同，所以加速度不相同，选项C 不正确．卫星在轨道2上运行时的速度方向不停地变化，动量的方向也在变化，动量不相同，选项D 不正确．3．D5[2016·天津卷] 我国即将发射“天宫二号”空间实验室，之后发射“神舟十一号”飞船与“天宫二号”对接．假设“天宫二号”与“神舟十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，下列措施可行的是( )A ．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接B ．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接C ．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接D ．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接3．C [解析] 若使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，则飞船加速后，万有引力不足以提供向心力，飞船将远离原来的轨道，不能实现对接，A 错误；若使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，则空间实验室减速将会使空间实验室进入低轨道，也不能实现对接，故B 错误；实现对接的方法是使飞船在比空间实验室低的轨道上加速，然后飞船进入较高的空间实验室轨道后实现对接，C 正确；若使飞船在比空间实验室低的轨道上减速，则飞船将进入更低的轨道上去运行，无法实现对接，D 错误．7．D5[2016·江苏卷] 如图1-所示，两质量相等的卫星A 、B 绕地球做匀速圆周运动，用R 、T 、E k 、S 分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积．下列关系式正确的有( )A ．T A >TB B ．E k A >E k BC ．S A ＝S B D.R 3A T 2A ＝R 3B T 2B7．AD [解析] 卫星绕地球做匀速圆周运动时其向心力由万有引力提供，若地球质量为M ，卫星质量为m ，则有G Mm R 2＝m v 2R ＝m 4π2R T 2，由此可得v ＝GM R 和T ＝2πR 3GM，这里R A >R B ，则v A <v B ，T A >T B ，而动能E k ＝12m v 2，故E k A <E k B ，选项A 正确，选项B 错误；卫星在单位时间t 内通过的圆弧长l ＝v t ，扇形面积S ＝Rl 2＝R v t 2＝Rt GM R 2＝t 2·GMR ，这里R A >R B ，则S A >S B ，选项C 错误；由开普勒第三定律可知， 选项D 正确．3．D5[2016·四川卷] 国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”.1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440 km ，远地点高度约为2060km ；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35786 km 的地球同步轨道上．设东方红一号在远地点的加速度为a 1，东方红二号的加速度为a 2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a 3，则a 1、a 2、a 3的大小关系为( )A ．a 2＞a 1＞a 3B ．a 3＞a 2＞a 1C ．a 3＞a 1＞a 2D ．a 1＞a 2＞a 33．D [解析] 由于东方红二号卫星是同步卫星，则其角速度和赤道上的物体角速度相等，可得：a ＝ω2r ，由于r 2>r 3，则可以得出：a 2>a 3；又由万有引力定律有：G Mm r2＝ma ，且r 1<r 2，则得出a 2<a 1, 故选项D 正确．。

高考物理曲线运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘3.2m 处放着一质量为0.1kg 的小铁球（可看作质点），铁球与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平向右推力F =1.0N 作用于铁球，作用一段时间后撤去。

铁球继续运动，到达水平桌面边缘A 点飞出，恰好落到竖直圆弧轨道BCD 的B 端沿切线进入圆弧轨道，碰撞过程速度不变，且铁球恰好能通过圆弧轨道的最高点D ．已知∠BOC =37°，A 、B 、C 、D 四点在同一竖直平面内，水平桌面离B 端的竖直高度H =0.45m ，圆弧轨道半径R =0.5m ，C 点为圆弧轨道的最低点，求：（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）(1)铁球运动到圆弧轨道最高点D 点时的速度大小v D ；(2)若铁球以v C =5.15m/s 的速度经过圆弧轨道最低点C ，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小F C ；（计算结果保留两位有效数字） (3)铁球运动到B 点时的速度大小v B ； (4)水平推力F 作用的时间t 。

【答案】(1)铁球运动到圆弧轨道最高点D 5；(2)若铁球以v C =5.15m/s 的速度经过圆弧轨道最低点C ，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小为6.3N ；(3)铁球运动到B 点时的速度大小是5m/s ； (4)水平推力F 作用的时间是0.6s 。

【解析】 【详解】(1)小球恰好通过D 点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律可得：2Dmv mg R=可得：D 5m /s v =(2)小球在C 点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则：2Cmv F mg R-=代入数据可得：F =6.3N由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：F C =F =6.3N(3)小球从A 点到B 点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有：2y 2gh v = 得：v y =3m/s小球沿切线进入圆弧轨道，则：35m/s 370.6y B v v sin ===︒(4)小球从A 点到B 点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，可得：3750.84/A B v v cos m s =︒=⨯=小球在水平面上做加速运动时：1F mg ma μ-=可得：218/a m s =小球做减速运动时：2mg ma μ=可得：222/a m s =-由运动学的公式可知最大速度：1m v a t =；22A m v v a t -= 又：222m m A v v vx t t +=⋅+⋅ 联立可得：0.6t s =2．儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手合一能力。

2016年高考物理真题分类汇编：曲线运动1、[2016上海23].如图，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC 是位于竖直平面内以O 为圆心的一段圆弧，OA 与竖直方向的夹角为α。

一小球以速度0v 从桌面边缘P 水平抛出，恰好从A 点沿圆弧的切线方向进入凹槽。

小球从P 到A 的运动时间为____________。

2、[2016海南1].在地面上方某一点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中（ ）A ．速度和加速度的方向都在不断变化B ．速度与加速度方向之间的夹角一直减小C ．在相等的时间间隔内，速率的改变量相等D ．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等3、[2016海南3].如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m 的小球沿轨道做完整的圆周运动。

已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N 1，在高点时对轨道的压力大小为N 2.重力加速度大小为g ，则N 1–N 2的值为（ ）A ．3mgB ．4mgC ．5mgD ．6mg4、[2016上海16].风速仪结构如图(a)所示。

光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住。

已知风轮叶片转动半径为r ，每转动n 圈带动凸轮圆盘转动一圈。

若某段时间Δt 内探测器接收到的光强随时间变化关系如图(b)所示，则该时间段内风轮叶片（ ）A 、转速逐渐减小，平均速率为4πΔnr tB 、转速逐渐减小，平均速率为8πΔnr tC 、转速逐渐增大，平均速率为4πΔnr tD 、转速逐渐增大，平均速率为8πΔnr t5、[2016全国II-16]. 小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短。

将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。

将两球由静止释放。

在各自轨迹的最低点（ ）A.P 球的速度一定大于Q 球的速度B. P 球的动能一定小于Q 球的动能C. P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力D. P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度6、 [2016全国理综I-18]一质点做匀速直线运动。

考点4曲线运动选择题1.(2016·全国卷I·T18)一质点做匀速直线运动,现对其施加一恒力,且原来作用在质点上的力不发生改变,则()A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D.质点单位时间内速率的变化量总是不变【解析】选B、C。

若施加一恒力与速度方向不在同一直线,质点做匀变速曲线运动,质点速度的方向与该恒力的方向夹角越来越小,A错、B对;质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同,单位时间内速度的变化量总是不变,不是速率的变化量总是不变,C对、D错。

【误区警示】速度与速度变化量是矢量,速率是标量,质点所受合力恒定则加速度不变,单位时间内速度的变化量总是不变,只有质点做单方向匀变速直线运动时单位时间内速率的变化量才不变。

2.(2016·全国卷II·T16)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上,P球的质量大于Q球的质量,悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。

将两球拉起,使两绳均被水平拉直,如图所示。

将两球由静止释放。

在各自轨迹的最低点,()A.P球的速度一定大于Q球的速度B.P球的动能一定小于Q球的动能C.P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D.P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度【解析】选C。

小球P 和Q 由两绳的水平位置运动到最低点的过程中机械能守恒,则有mgL=21mv 2,所以v=gL 2,由于悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短,所以P 球的速度一定小于Q 球的速度,选项A 错误;又由于P 球的质量大于Q 球的质量,不能确定P 球的动能是否一定小于Q 球的动能,选项B 错误;根据T-mg=r m 2v ,因为r=L,所以,T=3mg,所以P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力,选项C 正确;由a=rv 2和r=L 可得,P 球和Q 球的向心加速度大小均为a=2g,所以选项D 错误。

2016年高考物理真题分类汇编：曲线运动[2016上海23].如图，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC 是位于竖直平面内以O 为圆心的一段圆弧，OA 与竖直方向的夹角为α。

一小球以速度0v 从桌面边缘P 水平抛出，恰好从A 点沿圆弧的切线方向进入凹槽。

小球从P 到A 的运动时间为____________;直线PA 与竖直方向的夹角β=_________。

【答案】0tan v αg；arctan (2cot )α 【解析】据题意，小球从P 点抛出后做平抛运动，小球运动到A 点时将速度分解，有0tan y xv gtv v α==，则小球运动到A 点的时间为：0tan v t gα=；从P 点到A 点的位移关系有：00222tan 2cot 1tan 2v t v gt gt βαα====，所以PA 与竖直方向的夹角为：tan arctan(2cot )βα=。

[2016海南1].在地面上方某一点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中A ．速度和加速度的方向都在不断变化B ．速度与加速度方向之间的夹角一直减小C ．在相等的时间间隔内，速率的改变量相等D ．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等 【答案】B[2016海南3].如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m 的小球沿轨道做完整的圆周运动。

已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N 1，在高点时对轨道的压力大小为N 2.重力加速度大小为g ，则N 1–N 2的值为A ．3mgB ．4mgC ．5mgD ．6mg 【答案】D【解析】设小球在最低点速度为1v ，在最高点速度为2v ，在根据牛顿第二定律： 在最低点：211mg m Rv N -=在最高点：222mg m Rv N +=同时从最高点到最低点，根据动能定理：221211222mg R m m v v ⋅=-联立以上三个方程式可以得到：12–6N R N mg =，故选项D 正确。

高考物理曲线运动答题技巧及练习题(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R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切．BC 为圆弧轨道的直径．O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sinα=35，一质量为m 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g ．求：（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 点落至水平轨道所用的时间． 【答案】（15gR（223m gR （3355R g 【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F 0，小球到达C 点时所受合力的大小为F ．由力的合成法则有tan F mgα=① 2220()F mg F =+②设小球到达C 点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律得2v F m R=③由①②③式和题给数据得034F mg =④5gRv =（2）设小球到达A 点的速度大小为1v ，作CD PA ⊥，交PA 于D 点，由几何关系得 sin DA R α=⑥(1cos CD R α=+）⑦由动能定理有22011122mg CD F DA mv mv -⋅-⋅=-⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为 1232m gR p mv ==⑨ （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g ．设小球在竖直方向的初速度为v ⊥，从C 点落至水平轨道上所用时间为t ．由运动学公式有212v t gt CD ⊥+=⑩ sin v v α⊥=由⑤⑦⑩式和题给数据得355R t g=点睛 小球在竖直面内的圆周运动是常见经典模型，此题将小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动有机结合，经典创新．2．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v 0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．【答案】(1)2038mv (2) 2164mv mg R+(3)042v gR ≤或04582gR v gR ≤≤【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：01(3)mv m m v =+由能量守恒定律得：220111422Q mv mv =-⨯ 代入数值解得：2038Q mv =(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得211(3)(3)m m v F m m g R+-+=以木板为对象受力分析得2112F mg F =+ 根据牛顿第三定律得木板对水平的压力大小为F 2木板对水平面的压力的大小202164mv F mg R=+(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：()()211332m m v m m gR +≤+解得：0v ≤②若小球能通过圆形轨道的最高点小球能通过最高点有：22(3)(3)m m v m m g R++≤由机械能守恒定律得：221211(3)2(3)(3)22m m v m m gR m m v +=+++代入数值解得：0v ≥要使木板不会在竖直方向上跳起，木板对球的压力：312F mg ≤在最高点有：233(3)(3)m m v F m m g R+++=由机械能守恒定律得：221311(3)2(3)(3)22m m v m m gR m m v +=+++解得：0v ≤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0v ≤0v ≤≤3．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AB 、CD 水平且足够长，光滑半圆半径为R ，质量为m 、电量为+q 的带电小球穿在杆上，从距B 点x=5.75R 处以某初速v 0开始向左运动．已知小球运动中电量不变，小球与AB 、CD 间动摩擦因数分别为μ1=0.25、μ2=0.80，电场力Eq=3mg/4，重力加速度为g ，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）若小球初速度v 0=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v 0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）04v gR >（3）()44R π+ 【解析】 【分析】 【详解】（1）加速到B 点：221011-22mgx qEx mv mv μ-=- 在B 点：2v N mg m R-=解得N=5.5mg（2）在物理最高点F ：tan qE mgα=解得α=370；过F 点的临界条件：v F =0从开始到F 点：2101-(sin )(cos )02mgx qE x R mg R R mv μαα-+-+=- 解得04v gR =可见要过C 点的条件为：04v gR >（3）由于x=4R<5.75R ，从开始到F 点克服摩擦力、克服电场力做功均小于（2）问，到F 点时速度不为零，假设过C 点后前进x 1速度变为零，在CD 杆上由于电场力小于摩擦力，小球速度减为零后不会返回，则：2121101--(-)202mgx mgx qE x x mg R mv μμ--⋅=-1s x R x π=++解得：(44)s R π=+4．如图所示，BC 为半径r 225=m 竖直放置的细圆管，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μ＝0.6的足够长粗糙斜面，一质量为m ＝0.5kg 的小球从O 点正上方某处A 点以v 0水平抛出，恰好能垂直OB 从B 点进入细圆管，小球过C 点时速度大小不变，小球冲出C 点后经过98s 再次回到C 点。

高考物理曲线运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．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AB 、CD水平且足够长，光滑半圆半径为R ，质量为m 、电量为+q 的带电小球穿在杆上，从距B 点x=5.75R 处以某初速v 0开始向左运动．已知小球运动中电量不变，小球与AB 、CD 间动摩擦因数分别为μ1=0.25、μ2=0.80，电场力Eq=3mg/4，重力加速度为g ，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）若小球初速度v 0=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v 0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）04v gR >（3）()44R π+ 【解析】 【分析】 【详解】（1）加速到B 点：221011-22mgx qEx mv mv μ-=- 在B 点：2v N mg m R-=解得N=5.5mg（2）在物理最高点F ：tan qE mgα=解得α=370；过F 点的临界条件：v F =0从开始到F 点：2101-(sin )(cos )02mgx qE x R mg R R mv μαα-+-+=- 解得04v gR =可见要过C 点的条件为：04v gR >（3）由于x=4R<5.75R ，从开始到F 点克服摩擦力、克服电场力做功均小于（2）问，到F 点时速度不为零，假设过C 点后前进x 1速度变为零，在CD 杆上由于电场力小于摩擦力，小球速度减为零后不会返回，则：2121101--(-)202mgx mgx qE x x mg R mv μμ--⋅=-1s x R x π=++解得：(44)s R π=+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0.32R m =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1A m kg =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0.2μ=，物块均可视为质点，物块A 与物块B 的碰撞时间极短，取210/g m s =．求：（1）当3k =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．【答案】（1）6J （2）0.25m （3）①()21W k J =-+②()221521k k W k +-=+【解析】（1）设物块A 在E 的速度为0v ，由牛顿第二定律得：20A A v m g m R=①，设碰撞前A 的速度为1v ．由机械能守恒定律得：220111222A A A m gR m v m v +=②， 联立并代入数据解得：14/v m s =③；设碰撞后A 、B 速度为2v ，且设向右为正方向，由动量守恒定律得()122A A m v m m v =+④；解得：21141/13A AB mv v m s m m ==⨯=++⑤；由能量转化与守恒定律可得：()22121122A AB Q m v m m v =-+⑥，代入数据解得Q=6J ⑦； （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：()()2212A B A B m m gs m m v μ-+=-+⑧，代入数据解得0.25s m =⑨； （3）由④式可知：214/1A A B m v v m s m m k==++⑩；（i ）如果A 、B 能从传送带右侧离开，必须满足()()2212A B A B m m v m m gL μ+>+，解得：k ＜1，传送带对它们所做的功为：()()21J A B W m m gL k μ=-+=-+； （ii ）（I ）当2v v ≤时有：3k ≥，即AB 返回到传送带左端时速度仍为2v ； 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 ≤<3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()()2221122A B A B W m m v m m v =+-+， 解得()221521k k W k +-=+； 【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．光滑水平轨道与半径为R 的光滑半圆形轨道在B 处连接，一质量为m 2的小球静止在B 处，而质量为m 1的小球则以初速度v 0向右运动，当地重力加速度为g ，当m 1与m 2发生弹性碰撞后，m 2将沿光滑圆形轨道上升，问：（1）当m 1与m 2发生弹性碰撞后，m 2的速度大小是多少？（2）当m 1与m 2满足21(0)m km k =>，半圆的半径R 取何值时，小球m 2通过最高点C 后，落地点距离B 点最远。

【考向解读】预测2016年高考命题特点：①功和功率的计算．②利用动能定理分析简单问题．③对动能变化、重力势能变化、弹性势能变化的分析．④对机械能守恒条件的理解及机械能守恒定律的简单应用．交汇命题的主要考点有：①结合v －t 、F －t 等图象综合考查多过程的功和功率的计算．②结合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题．【命题热点突破一】功和功率的计算在历年的高考中，很少出现简单、单独考查功和功率的计算，一般将其放在与功能关系、物体的运动等综合问题中一起考查，并且对于功和功率的考查一般以选择题形式出现，题目难度以中档题为主．例1.一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F 1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v .若将水平拉力的大小改为F 2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v .对于上述两个过程，用W F 1、W F 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f 1、W f 2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )A ．W F 2>4W F 1 ，W f 2>2W f 1B ．W F 2>4W F 1 , W f 2＝2W f 1C ．W F 2<4W F 1，W f 2＝2W f 1D ．W F 2<4W F 1，W f 2<2W f 1 【感悟提升】 1．功的计算(1)恒力做功的计算公式：W ＝Fl cos α；(2)当F 为变力时，用动能定理W ＝ΔE k 或功能关系求功．所求得的功是该过程中外力对物体(或系统)做的总功(或者说是合力对物体做的功)；(3)利用F －l 图象曲线下的面积求功； (4)利用W ＝Pt 计算． 2．功率(1)功率定义式：P ＝Wt.所求功率是时间t 内的平均功率；(2)功率计算式：P＝Fv cosα.其中α是力与速度间的夹角．若v为瞬时速度，则P为F在该时刻的瞬时功率；若v为平均速度，则P为F在该段位移内的平均功率．【变式探究】如图所示，水平传送带以v＝2 m/s的速度匀速前进，上方漏斗中以每秒50 kg的速度把煤粉竖直抖落到传送带上，然后一起随传送带运动．如果要使传送带保持原来的速度匀速前进，则传送带的电动机应增加的功率为()A．100 W B．200 WC．500 W D．无法确定【命题热点突破二】对动能定理应用的考查命题规律：该知识点是近几年高考的重点，也是高考的热点，题型既有选择题，也有计算题．考查的频率很高，分析近几年的考题，命题有以下规律：(1)圆周运动与平衡知识的综合题．(2)考查圆周运动的临界和极值问题．例3.一人用恒定的力F，通过图示装置拉着物体沿光滑水平面运动，A、B、C是其运动路径上的三个点，且AC＝BC.若物体从A到C、从C到B的过程中，人拉绳做的功分别为W F A、W FB，物体动能的增量分别为ΔE A、ΔE B，不计滑轮质量和摩擦，下列判断正确的是() A．W F A＝W FBΔE A＝ΔE BB．W F A＞W FBΔE A＞ΔE BC．W F A＜W FBΔE A＜ΔE BD．W F A＞W FBΔE A＜ΔE B【感悟提升】动能定理应用的基本步骤(1)选取研究对象，明确并分析运动过程．(2)分析受力及各力做功的情况，受哪些力？每个力是否做功？在哪段位移过程中做功？正功？负功？做多少功？求出代数和．(3)明确过程初、末状态的动能E k1及E k2.(4)列方程W ＝E k2－E k1，必要时注意分析题目的潜在条件，补充方程进行求解． 【变式探究】一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H ，如图所示；当物块的初速度为v2时，上升的最大高度记为h .重力加速度大小为g .物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为( )A ．tan θ和H 2 B.⎝⎛⎭⎫v 22gH －1tan θ和H 2 C ．tan θ和H 4 D.⎝⎛⎭⎫v 22gH －1tan θ和H 4 【命题热点突破三】机车启动问题机车启动问题在最近3年高考中出现的频率并不高，但该部分内容比较综合，在考查功率的同时也考查功能关系和运动过程的分析以及匀变速直线运动规律的运用，预计可能在2015年的高考中出现，题型为选择题或计算题都有可能．例3、提高机车运动速率的有效途径是增大发动机的功率和减小阻力因数(设阻力与物体运动速率的平方成正比，即F f ＝kv 2，k 是阻力因数)．当发动机的额定功率为P 0时，物体运动的最大速率为v m ，如果要使物体运动的速率增大到2v m ，则下列办法可行的是( )A ．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到2P 0B ．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到k4C ．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到8P 0D ．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到k8【变式探究】为登月探测月球，上海航天技术研究院研制了“月球车”，如图甲所示，某探究性学习小组对“月球车”的性能进行了研究．他们让“月球车”在水平地面上由静止开始运动，并将“月球车”运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图乙所示的v －t 图象，已知0～t 1段为过原点的倾斜直线；t 1～10 s 内“月球车”牵引力的功率保持不变，且P ＝1.2 kW,7～10 s 段为平行于横轴的直线；在10 s 末停止遥控，让“月球车”自由滑行，“月球车”质量m ＝100 kg ，整个过程中“月球车”受到的阻力f 大小不变．(1)求“月球车”所受阻力f 的大小和“月球车”匀速运动时的速度大小； (2)求“月球车”在加速运动过程中的总位移s ； (3)求0～13 s 内牵引力所做的总功．【易错提醒】机车匀加速启动时，匀加速阶段的最大速度小于匀速运动的最大速度，前者用牛顿第二定律列式求解，后者用平衡知识求解.匀加速阶段牵引力是恒力，牵引力做功用W ＝Fl 求解.以额定功率启动时，牵引力是变力，牵引力做功用W ＝Pt 求解.)【高考真题解读】1.(2015·高考全国卷Ⅱ，T17，6分)一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P 随时间t 的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f 恒定不变．下列描述该汽车的速度v 随时间t 变化的图线中，可能正确的是( )2.(2015·高考全国卷Ⅰ，T17，6分)如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W >12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W <12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离3．(2015·海南单科，3，3分)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率．如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的( )A ．4倍B ．2倍 C.3倍D.2倍4．(2014·重庆理综，2,6分)某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶,受到的阻力分别为车重的k 1和k 2倍,最大速率分别为v 1和v 2，则( )A ．v 2＝k 1v 1B ．v 2＝k 1k 2v 1C ．v 2＝k 2k 1v 1 D ．v 2＝k 2v 14．(2014·新课标全国Ⅱ，16，6分)一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F 1的水平拉力拉动物体,经过一段时间后其速度变为v .若将水平拉力的大小改为F 2,物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v .对于上述两个过程,用W F 1、W F 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f 1、W f 2分别表示前 后两次克服摩擦力所做的功，则( ) A ．W F 2＞4W F 1，W f 2＞2W f 1 B ．W F 2＞4W F 1，W f 2＝2W f 1C ．W F 2＜4W F 1，W f 2＝2W f 1D ．W F 2＜4W F 1，W f 2＜2W f 15．(2015·浙江理综，18,6分)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为3.0×104 kg ，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N ；弹射器有效作用长度为100 m,推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射 器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则( )A ．弹射器的推力大小为1.1×106 NB ．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 JC ．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 WD ．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s 26. (2015·海南单科，4，3分)如图，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )A.14mgR B.13mgRC.12mgRD.π4mgR 7．(2014·大纲全国，19，6分)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v 时,上升的最大高度为H ，如图所示；当物块的初速度为v 2时，上升的最大高度记为h .重力加速度大小为g .物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为( )A ．tan θ和H2B ．(v 22gH －1)tan θ和H 2C ．tan θ和H4D ．(v 22gH －1)tan θ和H 48．(2015·浙江理综，23，16分)如图所示，用一块长L 1＝1.0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面,桌子高H ＝0.8 m ，长L 2＝1.5 m ．斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定.将质量m ＝0.2 kg 的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失(重力加速度取g ＝10 m/s 2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当θ角增大到37°时,物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x m . 9. (2015·海南单科，14，13分)如图，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab 和抛物线bc 组成,圆弧半径Oa 水平，b 点为抛物线顶点．已 知h ＝2 m ，s ＝ 2 m ．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.(1)一小环套在轨道上从a 点由静止滑下,当其在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；(2)若环从b 点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c 点时速度的水平分量的大小． 10．(2015·山东理综，23，18分)如图甲所示，物块与质量为m 的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接．物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l .开始时物块和 小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值．现给小球施加一始终垂直于l 段细绳的力、将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时,传感装置的示数为初始值的0.6倍．不计滑轮的大小和摩擦，重力 加速度的大小为g .求：(1)物块的质量；(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功．11．(2015·重庆理综，8，16分)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置，图中水平放置的底板上竖直地固定有M 板和N 板.M 板上部有一半径为R 的14圆弧形的粗糙轨道，P 为最高点，Q 为最低点，Q 点处的切线水平，距底板高为H .N 板上固定有三个圆环．将质量为m 的小球从P 处静止释放,小球运动至Q 飞出后无阻碍地通过各圆环中心,落到底板上距Q 水平距离为L 处，不考虑空气阻力，重力加速度为g .求：(1)距Q 水平距离为L2的圆环中心到底板的高度；(2)小球运动到Q 点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；(3)摩擦力对小球做的功．12. (2015·四川理综，9,15分)严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响,汽车尾气是形成雾霾的重要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点．地铁列车可实现零排放，大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放．若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20 s达最高速度72 km/h,再匀速运动80 s，接着匀减速运动15 s到达乙站停住．设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106 N,匀速运动阶段牵引力的功率为6×103 kW，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功．(1)求甲站到乙站的距离；(2)如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，求公交车排放气态污染物的质量．(燃油公交车每做1焦耳功排放气态污染物3×10－6克)。

高考必备物理曲线运动技巧全解及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．如图所示，在风洞实验室中，从A 点以水平速度v 0向左抛出一个质最为m 的小球，小球抛出后所受空气作用力沿水平方向，其大小为F ，经过一段时间小球运动到A 点正下方的B 点 处，重力加速度为g ，在此过程中求（1）小球离线的最远距离； （2）A 、B 两点间的距离； （3）小球的最大速率v max ．【答案】（1）202mv F（2）22022m gv F （3）2220 4v F m g F【解析】 【分析】（1）根据水平方向的运动规律，结合速度位移公式和牛顿第二定律求出小球水平方向的速度为零时距墙面的距离；（2）根据水平方向向左和向右运动的对称性，求出运动的时间，抓住等时性求出竖直方向A 、B 两点间的距离；（3）小球到达B 点时水平方向的速度最大，竖直方向的速度最大，则B 点的速度最大，根据运动学公式结合平行四边形定则求出最大速度的大小； 【详解】（1）将小球的运动沿水平方向沿水平方向和竖直方向分解 水平方向：F ＝m a x v 02＝2a x x m解得：202m mv x F＝ （2）水平方向速度减小为零所需时间01xv t a ＝ 总时间t ＝2t 1竖直方向上：22202212m gv y gt F＝＝ （3）小球运动到B 点速度最大 v x =v 0 V y =gt222220max 4x y v v v v F m g F＝＝++【点睛】解决本题的关键将小球的运动的运动分解，搞清分运动的规律，结合等时性，运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解．2．如图所示，水平屋顶高H ＝5 m ，围墙高h ＝3.2 m ，围墙到房子的水平距离L ＝3 m ，围墙外空地宽x ＝10 m ，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上，g 取10 m/s 2.求： (1)小球离开屋顶时的速度v 0的大小范围； (2)小球落在空地上的最小速度．【答案】(1)5 m/s≤v 0≤13 m/s ； (2)55m/s ； 【解析】 【分析】 【详解】（1）若v 太大，小球落在空地外边，因此，球落在空地上，v 的最大值v max 为球落在空地最右侧时的平抛初速度，如图所示，小球做平抛运动，设运动时间为t 1． 则小球的水平位移：L+x=v max t 1， 小球的竖直位移：H=gt 12 解以上两式得 v max =（L+x ）=（10+3）×=13m/s ．若v 太小，小球被墙挡住，因此， 球不能落在空地上，v 的最小值v min为球恰好越过围墙的最高点P 落在空地上时的平抛初速度，设小球运动到P 点所需时间为t 2，则此过程中小球的水平位移：L=v min t 2 小球的竖直方向位移：H ﹣h=gt 22 解以上两式得v min =L=3×=5m/s因此v 0的范围是v min ≤v 0≤v max ， 即5m/s≤v 0≤13m/s ．（2）根据机械能守恒定律得：mgH+=解得小球落在空地上的最小速度：v min ′===5m/s3．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点．D 点位于水平桌面最右端，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其形状为半径R ＝0.45m 的圆环剪去左上角127°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离为R ，P 点到桌面右侧边缘的水平距离为1.5R ．若用质量m 1＝0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点，用同种材料、质量为m 2＝0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点后其位移与时间的关系为x ＝4t ﹣2t 2，物块从D 点飞离桌面后恰好由P 点沿切线落入圆轨道．g ＝10m/s 2，求：（1）质量为m 2的物块在D 点的速度；（2）判断质量为m 2＝0.2kg 的物块能否沿圆轨道到达M 点：（3）质量为m 2＝0.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功. 【答案】（1）2.25m/s （2）不能沿圆轨道到达M 点 （3）2.7J 【解析】 【详解】（1）设物块由D 点以初速度v D 做平抛运动，落到P 点时其竖直方向分速度为：v y 22100.45gR =⨯⨯m/s ＝3m/sy Dv v =tan53°43=所以：v D ＝2.25m/s（2）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则mg ＝m 2v R，解得：v 32gR ==m/s 物块到达P 的速度：22223 2.25P D y v v v =+=+＝3.75m/s若物块能沿圆弧轨道到达M 点，其速度为v M ，由D 到M 的机械能守恒定律得：()22222111cos5322M P m v m v m g R =-⋅+︒可得：20.3375M v =-，这显然是不可能的，所以物块不能到达M 点（3）由题意知x ＝4t -2t 2，物块在桌面上过B 点后初速度v B ＝4m/s ，加速度为：24m/s a =则物块和桌面的摩擦力：22m g m a μ= 可得物块和桌面的摩擦系数: 0.4μ=质量m 1＝0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点，由能量守恒可弹簧压缩到C 点具有的弹性势能为：p 10BC E m gx μ-=质量为m 2＝0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点时，由动能定理可得：2p 2212BC B E m gx m v μ-=可得，2m BC x = 在这过程中摩擦力做功：12 1.6J BC W m gx μ=-=-由动能定理，B 到D 的过程中摩擦力做的功：W 2222201122D m v m v =- 代入数据可得：W 2＝-1.1J质量为m 2＝0.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中摩擦力做的功12 2.7J W W W =+=-即克服摩擦力做功为2.7 J .4．如图所示，一根长为0.1 m 的细线，一端系着一个质量是0.18kg 的小球，拉住线的另一端，使球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动，当小球的转速增加到原转速的3倍时，细线断裂，这时测得线的拉力比原来大40 N ．求： （1）线断裂的瞬间，线的拉力； （2）这时小球运动的线速度；（3）如果桌面高出地面0.8 m ，线断裂后小球沿垂直于桌子边缘的方向水平飞出去落在离桌面的水平距离．【答案】（1）线断裂的瞬间，线的拉力为45N；（2）线断裂时小球运动的线速度为5m/s；（3）落地点离桌面边缘的水平距离2m．【解析】【分析】【详解】(1)小球在光滑桌面上做匀速圆周运动时受三个力作用;重力mg、桌面弹力F N和细线的拉力F,重力mg和弹力F N平衡，线的拉力提供向心力，有：F N=F=mω2R，设原来的角速度为ω0,线上的拉力是F0,加快后的角速度为ω,线断时的拉力是F1，则有：F1:F0=ω2: 2ω=9:1，又F1=F0+40N，所以F0=5N,线断时有：F1=45N.(2)设线断时小球的线速度大小为v,由F1=2vmR，代入数据得：v=5m/s.(3)由平抛运动规律得小球在空中运动的时间为：t 220.810hsg⨯==0.4s，则落地点离桌面的水平距离为：x=vt=5×0.4=2m.5．如图所示，水平传送带AB长L=4m，以v0=3m/s的速度顺时针转动，半径为R=0.5m的光滑半圆轨道BCD与传动带平滑相接于B点，将质量为m=1kg的小滑块轻轻放在传送带的左端．已，知小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.3，取g=10m/s2，求:(1)滑块滑到B 点时对半圆轨道的压力大小；(2)若要使滑块能滑到半圆轨道的最高点，滑块在传送带最左端的初速度最少为多大． 【答案】（1）28N.（2）7m/s 【解析】 【分析】（1）物块在传送带上先加速运动，后匀速，根据牛顿第二定律求解在B 点时对轨道的压力；（2）滑块到达最高点时的临界条件是重力等于向心力，从而求解到达D 点的临界速度，根据机械能守恒定律求解在B 点的速度；根据牛顿第二定律和运动公式求解A 点的初速度. 【详解】（1）滑块在传送带上运动的加速度为a=μg=3m/s 2；则加速到与传送带共速的时间01v t s a == 运动的距离：211.52x at m ==， 以后物块随传送带匀速运动到B 点，到达B 点时，由牛顿第二定律：2v F mg m R-= 解得F=28N ，即滑块滑到B 点时对半圆轨道的压力大小28N.（2）若要使滑块能滑到半圆轨道的最高点，则在最高点的速度满足：mg=m 2Dv R解得v D =5m/s ； 由B 到D ，由动能定理：2211222B D mv mv mg R =+⋅ 解得v B =5m/s>v 0可见，滑块从左端到右端做减速运动，加速度为a=3m/s 2，根据v B 2=v A 2-2aL 解得v A =7m/s6．如图所示，光滑水平面AB 与竖直面内的半圆形导轨在B 点相接，导轨半径为R ．一个质量为m 的物体将弹簧压缩至A 点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，当它经过B 点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半个圆周运动到达C 点．试求：（1）弹簧开始时的弹性势能．（2）物体从B点运动至C点克服阻力做的功．（3）物体离开C点后落回水平面时的速度大小．【答案】(1)3mgR (2)0.5mgR (3)52 mgR【解析】试题分析：（1）物块到达B点瞬间，根据向心力公式有：解得：弹簧对物块的弹力做的功等于物块获得的动能，所以有（2）物块恰能到达C点，重力提供向心力，根据向心力公式有：所以：物块从B运动到C，根据动能定理有：解得：（3）从C点落回水平面，机械能守恒，则：考点：本题考查向心力，动能定理，机械能守恒定律点评：本题学生会分析物块在B点的向心力，能熟练运用动能定理，机械能守恒定律解相关问题．7．如图所示，用绝缘细绳系带正电小球在竖直平面内运动，已知绳长为L，重力加速度g，小球半径不计，质量为m，电荷q．不加电场时，小球在最低点绳的拉力是球重的9倍。

高三年级物理练习题1．（15分）如图所示，在粗糙水平台阶上放置一质量m =0.5kg 的小物块，它与水平台阶间的动摩擦因数μ=0.5，与台阶边缘O 点的距离s =5m 。

在台阶右侧固定一个41圆弧挡板，圆弧半径R =1m ，圆弧的圆心也在O 点。

今以O 点为原点建立平面直角坐标系xOy 。

现用F =5N 的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板。

（0sin 370.6=，取g =10m/s 2）（1）若小物块恰能击中挡板上的P 点（OP 与水平方向夹角为37°），求其离开O 点时的速度大小；（2）为使小物块击中挡板，求拉力F 作用的最短时间；（3）改变拉力F 的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值。

1.（15分） 解析：（1）小物块从O 到P ，做平抛运动。

水平方向：t v R 0037cos = （1分） 竖直方向：202137sin gt R =（1分） 解得：s m v /3340=（1分） （2）为使小物块击中档板，小物块必须能运动到O 点。

由动能定理得：0=∆=-k E mgS Fx μ （1分） 解得：x =2.5m （1分） 由牛顿第二定律得：ma mg F =-μ （1分） 解得：a =5m/s 2（1分）由运动学公式得：221at x =（1分） 解得：t =1s （1分） （3）设小物块击中挡板的任意点坐标为（x ，y ），由运动学规律可得：t v x 0=； 221gt y =（2分）由机械能守恒得：mgy mv E k +=2021 （1分） 又222R y x =+ （1分）化简得：⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=y y R mg E k 3412（1分） 由均值不等式得：312=y 时，动能最小，其值为：J E k 325min = （1分）2．（15分）如图所示，已知倾角为θ=45°、高为h 的斜面固定在水平地面上．一小球从高为H（h ＜H ＜h 45）处自由下落，与斜面做无能量损失的碰撞后水平抛出．小球自由下落的落点距斜面左侧的水平距离x 满足一定条件时，小球能直接落到水平地面上．（1）求小球落到地面上的速度大小；（2）求要使小球做平抛运动后能直接落到水平地面上，x 应满足的条件； （3）在满足（2）的条件下，求小球运动的最长时间．2（15分）【答案】（1）gH v 2=；（2）h ＞x ＞H h 54-，没有写h ＞x 扣1分；（3）gH t 2max = 【解析】试题分析：（1）设小球落到底面的速度为v ，根据机械能守恒得： mgH ＝12mv 2， （2分）得：v （1分）（2）小球做自由落体的末速度为：0v （2分） 小球做平抛运动的时间为：t （1分） s θhHxs ＝ （1分）由s ＞h-x （1分） 解得：h −45H ＜x ＜h （2分） （3）t 总 （2分）22H t g+总＝当H-h+x=h-x ，即12x h H =-时，小球运动时间最长，（2分）符合（2）的条件 代入得：gH t 2max = （1分）考点：机械能守恒;自由落体运动;平抛运动3．（16分）某游戏装置放在竖直平面内，如图所示，装置由粗糙抛物线形轨道AB 和光滑的圆弧轨道BCD 构成，控制弹射器可将穿在轨道上的小球以不同的水平初速度由A 点射入，最后小球将由圆轨道的最高点D 水平抛出，落入卡槽中得分，圆弧半径为R ，O ′为圆弧的圆心，C 为圆弧轨道最低点，抛物线轨道上A 点在坐标轴的原点O 上，轨道与圆弧相切于B 点，抛物线轨道方程为y =ax 2（0＜a ＜14R），∠BO ′C =θ，x 轴恰好将半径O ′D 分成相等的两半，交点为P ，x 轴与圆弧交于Q 点，则： （1）将小球以某一初速度水平由A 点射入轨道，小球沿轨道运动到与A 等高处Q ，速度减为0，试求小球运动到B 点的速度； （2）由（1）得到的B 点的速度，能否求出小球在A 点射入的速度，如果能请求出v 0，不能，请说明理由； （3）试求在多次弹射小球的过程中，机械能损失最小的一次，小球在最高点D 对轨道的作用力与最低点C 对轨道的作用力的比值．θ3. （16分）解：（1）小球从B到Q的过程中在光滑的圆弧轨道上运动，全过程中只有重力做功，根据动能定理有：（2分）解得小球在B点时的速度：v B=（1分）（2）不能，因为抛物线轨道粗糙，小球在轨道上运动时所受摩擦力是变力，故不能求出摩擦力对小球做的功，所以无法由动能定理求得小球在A点时的速度；（3分）（3）由题意可知，要使小球损失的机械能最小，即小球在整个运动过程中无摩擦力做功，所以当小球做平抛运动轨道恰好与抛物线轨道重合时，小球运动过程中无摩擦力做功，所以有：根据平抛运动规律有：x=v0t （1分）（1分）可得=ax2 （1分）所以：（1分）小球从A到C，只有重力做功有：（2分）小球在最低点竖直方向的合力提供圆周运动向心力有：（1分）联列两式可解得：从A到D过程中只有重力做功有：（2分）解得：（1分）因为（1分）所以：（1分）小球在D 点有：（1分）可得：所以可得：（1分）4．(16分)如图所示,质量m B =3.5kg 的物体B 通过一轻弹簧固连在地面上,弹簧的劲度系数k =100N/m ．一轻绳一端与物体B 连接,绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O 1、O 2后,另一端与套在光滑直杆顶端的、质量m A =1.6kg 的小球A 连接．已知直杆固定,杆长L 为0.8m,且与水平面的夹角θ=37°．初始时使小球A 静止不动,与A 端相连的绳子保持水平,此时绳子中的张力F为45N ．已知AO 1=0.5m,重力加速度g 取10m/s 2,绳子不可伸长．现将小球A 从静止释放,则：(1)在释放小球A 之前弹簧的形变量；(2)若直线CO 1与杆垂直,求物体A 运动到C 点的过程中绳子拉力对物体A 所做的功；(3)求小球A 运动到底端D 点时的速度．4. （16分）解：(1)释放小球前,B 处于静止状态,由于绳子拉力大于重力,故弹簧被拉伸,设弹簧形变量为x 有：kx =F ﹣m B g 所以,x =0.1m (4分)(2)对A 球从顶点运动到C 的过程应用动能定理得：W +m A gh =12m A v A 2﹣0 ① (2分)其中,h = x CO1cos37°而x CO1= x AO1sin37°=0.3m物体B 下降的高度h ’=x AO1﹣x CO1=0.2m ② (2分)由此可知,弹簧此时被压缩了0.1m,此时弹簧弹性势能与初状态相等,对于A 、B 、和弹簧组成的系统机械能守恒：m A gh +m B gh ’=12 m A v A 2+12m B v B 2③ (2分)由题意知,小球A 运动方向与绳垂直,此瞬间B 物体速度v B =0 ④由①②③④得,W =7J (2分) (3)由题意知,杆长L =0.8m,故∠CDO 1=θ=37°故DO 1=AO 1,当A 到达D 时,弹簧弹性势能与初状态相等,物体B 又回到原位置,在D 点对A 的速度沿平行于绳和垂直于绳两方向进行分解,可得平行于绳方向的速度即为B 的速度,由几何关系得：v B ’= v A ’cos37° ⑤ (1分)对于整个下降过程由机械能守恒得：m A gL sin37°=12 m A v A ’ 2+12m B v B ’ 2⑥ (2分)由⑤⑥得：v A ’=2m/s (1分)5．（18分） 如图所示,生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙,甲的速度为v 0.小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ，乙的宽度足够大，重力加速度为g. (1)若乙的速度为v 0,求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s ； (2)若乙的速度为2v 0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v ；(3)保持乙的速度2v 0不变,当工件在乙上刚停止滑动时,下一只工件恰好传到乙上,如此反复,若每个工件的质量为m,除工件与传送带之间摩擦外,其他能量损耗均不计,求驱动乙的电动机的平均输出功率p.5.（18分）解答： 【答案】（1）由于滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，因此首先应判断工件刚平稳地传到乙上瞬间，相对于传送带乙的运动方向，刚传到传送带乙上瞬间，工件有相对传送带乙侧向速度v 0和与传送带乙运动方向相反的速度v 0，其合速度方向与传送带运动方向显然成45°，如下图所示，并建立图示直角坐标系，下面来证明工件在乙上运动时所受摩擦力方向保持不变。

高中物理高考物理曲线运动答题技巧及练习题(含答案)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v 0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．【答案】(1)2038mv (2) 2164mv mg R+(3)042v gR ≤或04582gR v gR ≤≤【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：01(3)mv m m v =+ 由能量守恒定律得：220111422Q mv mv =-⨯ 代入数值解得：2038Q mv =(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得211(3)(3)m m v F m m g R+-+=以木板为对象受力分析得2112F mg F =+ 根据牛顿第三定律得木板对水平的压力大小为F 2木板对水平面的压力的大小202164mv F mg R=+(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：()()211332m m v m m gR +≤+解得：042v gR ≤②若小球能通过圆形轨道的最高点小球能通过最高点有：22(3)(3)m m v m m g R++≤由机械能守恒定律得：221211(3)2(3)(3)22m m v m m gR m m v +=+++ 代入数值解得：045v gR ≥要使木板不会在竖直方向上跳起，木板对球的压力：312F mg ≤在最高点有：233(3)(3)m m v F m m g R+++=由机械能守恒定律得：221311(3)2(3)(3)22m m v m m gR m m v +=+++ 解得：082v gR ≤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042v gR ≤或04582gR v gR ≤≤2．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点．D 点位于水平桌面最右端，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其形状为半径R ＝0.45m 的圆环剪去左上角127°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离为R ，P 点到桌面右侧边缘的水平距离为1.5R ．若用质量m 1＝0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点，用同种材料、质量为m 2＝0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点后其位移与时间的关系为x ＝4t ﹣2t 2，物块从D 点飞离桌面后恰好由P 点沿切线落入圆轨道．g ＝10m/s 2，求：（1）质量为m 2的物块在D 点的速度；（2）判断质量为m 2＝0.2kg 的物块能否沿圆轨道到达M 点：（3）质量为m 2＝0.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功. 【答案】（1）2.25m/s （2）不能沿圆轨道到达M 点 （3）2.7J 【解析】 【详解】（1）设物块由D 点以初速度v D 做平抛运动，落到P 点时其竖直方向分速度为：v y 22100.45gR =⨯⨯m/s ＝3m/sy Dv v =tan53°43=所以：v D ＝2.25m/s（2）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则mg ＝m 2v R，解得：v 2==m/s 物块到达P 的速度：P v ==＝3.75m/s若物块能沿圆弧轨道到达M 点，其速度为v M ，由D 到M 的机械能守恒定律得：()22222111cos5322M P m v m v m g R =-⋅+︒ 可得：20.3375M v =-，这显然是不可能的，所以物块不能到达M 点（3）由题意知x ＝4t -2t 2，物块在桌面上过B 点后初速度v B ＝4m/s ，加速度为：24m/s a =则物块和桌面的摩擦力：22m g m a μ= 可得物块和桌面的摩擦系数: 0.4μ=质量m 1＝0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点，由能量守恒可弹簧压缩到C 点具有的弹性势能为：p 10BC E m gx μ-=质量为m 2＝0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点时，由动能定理可得：2p 2212BC B E m gx m v μ-=可得，2m BC x = 在这过程中摩擦力做功：12 1.6J BC W m gx μ=-=-由动能定理，B 到D 的过程中摩擦力做的功：W 2222201122D m v m v =- 代入数据可得：W 2＝-1.1J质量为m 2＝0.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中摩擦力做的功12 2.7J W W W =+=-即克服摩擦力做功为2.7 J .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。

高考物理曲线运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)(1)一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．如图所示，BC 为半径r 225=m 竖直放置的细圆管，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μ＝0.6的足够长粗糙斜面，一质量为m ＝0.5kg 的小球从O 点正上方某处A 点以v 0水平抛出，恰好能垂直OB 从B 点进入细圆管，小球过C 点时速度大小不变，小球冲出C 点后经过98s 再次回到C 点。

（g ＝10m/s 2）求：（1）小球从O 点的正上方某处A 点水平抛出的初速度v 0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v 0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）2N 【解析】 【详解】（1）小球从A 运动到B 为平抛运动，有：r sin45°＝v 0t 在B 点有：tan45°0gt v =解以上两式得：v 0＝2m/s （2）由牛顿第二定律得： 小球沿斜面向上滑动的加速度： a 14545mgsin mgcos m μ︒+︒==g sin45°+μg cos45°＝22小球沿斜面向下滑动的加速度： a 24545mgsin mgcos mμ︒-︒==g sin45°﹣μg cos45°＝2m/s 2设小球沿斜面向上和向下滑动的时间分别为t 1、t 2， 由位移关系得：12a 1t 1212=a 2t 22又因为：t 1+t 298=s 解得：t 138=s ，t 234=s小球从C 点冲出的速度：v C ＝a 1t 1＝32m/s在C 点由牛顿第二定律得：N ﹣mg ＝m 2Cv r解得：N ＝20.9N（3）在B 点由运动的合成与分解有：v B 045v sin ==︒22m/s 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。

高考物理曲线运动解题技巧分析及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．如图所示，倾角为45α=︒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）【答案】（1）12k E mgr =；（2）F ′=6mg ；（3）42μ-= 【解析】 【分析】 【详解】（1）小滑块从a 点飞出后做平拋运动： 2a r v t = 竖直方向：212r gt = 解得：a v gr =小滑块在a 点飞出的动能21122k a E mv mgr == （2）设小滑块在e 点时速度为m v ，由机械能守恒定律得：2211222m a mv mv mg r =+⋅ 在最低点由牛顿第二定律：2m mv F mg 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：()221L r =从d 到最低点e 过程中，由动能定理21cos 2m mgH mg L mv μα-⋅= 解得4214μ-=2．如图所示，水平长直轨道AB 与半径为R =0.8m 的光滑14竖直圆轨道BC 相切于B ，BC 与半径为r =0.4m 的光滑14竖直圆轨道CD 相切于C ，质量m =1kg 的小球静止在A 点，现用F =18N 的水平恒力向右拉小球，在到达AB 中点时撤去拉力，小球恰能通过D 点．已知小球与水平面的动摩擦因数μ=0.2，取g =10m/s 2．求： （1）小球在D 点的速度v D 大小； （2）小球在B 点对圆轨道的压力N B 大小； （3）A 、B 两点间的距离x ．【答案】(1)2/D v m s = （2）45N (3)2m 【解析】 【分析】 【详解】（1）小球恰好过最高点D ，有：2Dv mg m r=解得：2m/s D v = （2）从B 到D ，由动能定理：2211()22D B mg R r mv mv -+=- 设小球在B 点受到轨道支持力为N ，由牛顿定律有：2Bv N mg m R-=N B =N联解③④⑤得：N =45N （3）小球从A 到B ，由动能定理：2122B x Fmgx mv μ-=解得：2m x =故本题答案是：(1)2/D v m s = （2）45N (3)2m 【点睛】利用牛顿第二定律求出速度，在利用动能定理求出加速阶段的位移，3．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0.32R m =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1A m kg =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0.2μ=，物块均可视为质点，物块A 与物块B 的碰撞时间极短，取210/g m s =．求：（1）当3k =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．【答案】（1）6J （2）0.25m （3）①()21W k J =-+②()221521k k W k +-=+【解析】（1）设物块A 在E 的速度为0v ，由牛顿第二定律得：20A A v m g m R=①，设碰撞前A 的速度为1v ．由机械能守恒定律得：220111222A A A m gR m v m v +=②， 联立并代入数据解得：14/v m s =③；设碰撞后A 、B 速度为2v ，且设向右为正方向，由动量守恒定律得()122A A m v m m v =+④；解得：21141/13A AB m v v m s m m ==⨯=++⑤；由能量转化与守恒定律可得：()22121122A AB Q m v m m v =-+⑥，代入数据解得Q=6J ⑦； （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：()()2212A B A B m m gs m m v μ-+=-+⑧，代入数据解得0.25s m =⑨； （3）由④式可知：214/1A A B m v v m s m m k==++⑩；（i ）如果A 、B 能从传送带右侧离开，必须满足()()2212A B A B m m v m m gL μ+>+，解得：k ＜1，传送带对它们所做的功为：()()21J A B W m m gL k μ=-+=-+； （ii ）（I ）当2v v ≤时有：3k ≥，即AB 返回到传送带左端时速度仍为2v ； 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 ≤<3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()()2221122A B A B W m m v m m v =+-+， 解得()221521k k W k +-=+； 【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．4．如图甲所示，粗糙水平面与竖直的光滑半圆环在N 点相切，M 为圈环的最高点，圆环半径为R =0.1m ，现有一质量m =1kg 的物体以v 0=4m/s 的初速度从水平面的某点向右运动并冲上竖直光滑半圆环，取g =10m/s 2，求：（1）物体能从M 点飞出，落到水平面时落点到N 点的距离的最小值X m（2）设出发点到N 点的距离为S ，物体从M 点飞出后，落到水平面时落点到N 点的距离为X ，作出X 2随S 变化的关系如图乙所示，求物体与水平面间的动摩擦因数μ（3）要使物体从某点出发后的运动过程中不会在N 到M 点的中间离开半固轨道，求出发点到N 点的距离S 应满足的条件【答案】（1）0.2m ；（2）0.2；（3）0≤x ≤2.75m 或3.5m ≤x ＜4m ． 【解析】 【分析】（1）由牛顿第二定律求得在M 点的速度范围，然后由平抛运动规律求得水平位移，即可得到最小值；（2）根据动能定理得到M 点速度和x 的关系，然后由平抛运动规律得到y 和M 点速度的关系，即可得到y 和x 的关系，结合图象求解；（3）根据物体不脱离轨道得到运动过程，然后由动能定理求解． 【详解】（1）物体能从M 点飞出，那么对物体在M 点应用牛顿第二定律可得：mg ≤2M mv R，所以，v M1m /s ；物体能从M 点飞出做平抛运动，故有：2R ＝12gt 2，落到水平面时落点到N 点的距离x ＝v M t2R ＝0.2m ； 故落到水平面时落点到N 点的距离的最小值为0.2m ；（2）物体从出发点到M 的运动过程作用摩擦力、重力做功，故由动能定理可得：−μmgx −2mgR ＝12mv M 2−12mv 02； 物体从M 点落回水平面做平抛运动，故有：2R ＝12gt 2，M y v t ==＝ 由图可得：y 2=0.48-0.16x ，所以，μ＝0.160.8＝0.2； （3）要使物体从某点出发后的运动过程中不会在N 到M 点的中间离开半圆轨道，那么物体能到达的最大高度0＜h≤R 或物体能通过M 点；物体能到达的最大高度0＜h≤R 时，由动能定理可得：−μmgx −mgh ＝0−12mv 02， 所以，2200122mv mghv h x mg g μμμ--＝＝，所以，3.5m≤x ＜4m ；物体能通过M 点时，由（1）可知v M1m /s ， 由动能定理可得：−μmgx −2mgR ＝12mv M 2−12mv 02；所以2222 01124222MMmv mv mgR v v gRxmg gμμ----=＝，所以，0≤x≤2.75m；【点睛】经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解．5．如图所示，用绝缘细绳系带正电小球在竖直平面内运动，已知绳长为L，重力加速度g，小球半径不计，质量为m，电荷q．不加电场时，小球在最低点绳的拉力是球重的9倍。

高考物理高考物理曲线运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．如图所示，水平屋顶高H＝5 m，围墙高h＝3.2 m，围墙到房子的水平距离L＝3 m，围墙外空地宽x＝10 m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上，g取10 m/s2.求：(1)小球离开屋顶时的速度v0的大小范围；(2)小球落在空地上的最小速度．【答案】(1)5 m/s≤v0≤13 m/s；(2)55m/s；【解析】【分析】【详解】（1）若v太大，小球落在空地外边，因此，球落在空地上，v的最大值v max为球落在空地最右侧时的平抛初速度，如图所示，小球做平抛运动，设运动时间为t1．则小球的水平位移：L+x=v max t1，小球的竖直位移：H=gt12解以上两式得v max=（L+x）=（10+3）×=13m/s．若v太小，小球被墙挡住，因此，球不能落在空地上，v的最小值v min为球恰好越过围墙的最高点P落在空地上时的平抛初速度，设小球运动到P点所需时间为t2，则此过程中小球的水平位移：L=v min t2小球的竖直方向位移：H﹣h=gt22解以上两式得v min=L=3×=5m/s因此v0的范围是v min≤v0≤v max，即5m/s≤v0≤13m/s．（2）根据机械能守恒定律得：mgH+=解得小球落在空地上的最小速度：v min′===5m/s2．如图所示,固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道,轨道半径R =0.6m,平台上静止放置着两个滑块A 、B ,m A =0.1kg,m B =0.2kg,两滑块间夹有少量炸药,平台右侧有一带挡板的小车,静止在光滑的水平地面上．小车质量为M =0.3kg,车面与平台的台面等高,小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧,弹簧的自由端在Q 点,小车的上表面左端点P 与Q 点之间是粗糙的,PQ 间距离为L 滑块B 与PQ 之间的动摩擦因数为μ=0.2,Q 点右侧表面是光滑的．点燃炸药后,A 、B 分离瞬间A 滑块获得向左的速度v A =6m/s,而滑块B 则冲向小车．两滑块都可以看作质点,炸药的质量忽略不计,爆炸的时间极短,爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上,且g=10m/s 2．求:(1)滑块A 在半圆轨道最高点对轨道的压力;(2)若L =0.8m,滑块B 滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；(3)要使滑块B 既能挤压弹簧,又最终没有滑离小车,则小车上PQ 之间的距离L 应在什么范围内【答案】（1）1N ，方向竖直向上（2）0.22P E J =（3）0．675m ＜L ＜1．35m 【解析】 【详解】(1)A 从轨道最低点到轨道最高点由机械能守恒定律得：2211222A A A A m v m v m g R -=⨯ 在最高点由牛顿第二定律：2A N A v m g F m R+=滑块在半圆轨道最高点受到的压力为：F N =1N由牛顿第三定律得：滑块对轨道的压力大小为1N ，方向向上 （2）爆炸过程由动量守恒定律：A AB B m v m v =解得：v B =3m/s滑块B 冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，由动量守恒定律可知：)B B B m v m M v =+共（由能量关系：2211()-22P B B B B E m v m M v m gL μ=-+共 解得E P =0.22J(3)滑块最终没有离开小车，滑块和小车具有共同的末速度，设为u ，滑块与小车组成的系统动量守恒，有：)B B B m v m M v =+（若小车PQ 之间的距离L 足够大，则滑块还没与弹簧接触就已经与小车相对静止， 设滑块恰好滑到Q 点，由能量守恒定律得：22111()22B B B B m gL m v m M v μ=-+联立解得：L 1=1.35m若小车PQ 之间的距离L 不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于Q 点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ 之间，设滑块恰好回到小车的左端P 点处，由能量守恒定律得：222112()22B B B B m gL m v m M v μ=-+ 联立解得：L 2=0.675m综上所述，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ 之间的距离L 应满足的范围是0.675m ＜L ＜1.35m3．如图所示，在光滑的圆锥体顶部用长为的细线悬挂一质量为的小球，因锥体固定在水平面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角为，物体绕轴线在水平面内做匀速圆周运动，小球静止时细线与母线给好平行，已知，重力加速度g 取若北小球运动的角速度，求此时细线对小球的拉力大小。