1、1 2020 年高考物理 100 考点最新模拟题千题精练 第四部分 曲线运动 专题 4.19 曲线运动的综合性问题（基础篇） 一选择题 1.（ 2019 年 1 月云南昆明复习诊断测试） 如图所示， 一质量为 m 的小孩 (可视为质点 )做杂技表 演。一不可伸长的轻绳一端固定于距离水平安全网高为 H 的 O 点，小孩抓住绳子上的 P 点从与 O 点等高的位置由静止开始向下摆动，小孩运动到绳子竖直时松手离开绳子做平抛 运动，落到安全网上。已知 P 点到 O 点的距离为 l(0l H) ，空气阻力不计。下列说法正确 的是（ ） A. l 越大，小孩在 O 点正下方松手前瞬间，对绳子的拉力越大 B.
2、l 越小，小孩在 O 点正下方松手前瞬间，对绳子的拉力越大 C.当 l= H 时，小孩在安全网上的落点距 O 点的水平距离最大 2 D.当 l= 2 H 时，小孩在安全网上的落点距 O 点的水平距离最大 2 2 【参考答案】 C 【命题意图】本题考查对机械能守恒、牛顿运动定律、平抛运动规律的理解和运用。 【解题思路】小孩向下摆动，机械能守恒，由 mgl= 1 2 下方时，设绳子拉力为 F， 由牛顿第二定律， F- mg=m mv2，解得 v= 2gl 。运动到 O 点正 v2 ，解得 F=3mg，由牛顿第三定律， l 绳子的拉力恒定为 3mg，选项 AB 错误； 小孩运动到绳子竖直时松手后做平
3、抛运动， 由平抛 运 动 规 律 ， x=vt ， H-l= 1 2 gt2，联立解得： x=2 l H l ，由数学知识可知，当 l=H /2 时， 小孩在安全网上的落点距离 O 点的水平距离 x 最大，选项 C 正确 D 错误。 3 【易错警示】 解答此题常见错误主要有： 一是错误认为小孩速度越大就对绳子拉力越大， 导 致错选 A ； 二是不能正确运用相关知识列方程得出水平位移表达式， 不能正确运用数学知识 得 出最大水平距离。 2.如图甲所示 ,质量相等 ,大小可忽略的 a、 b 两小球用不可伸长的等长轻质细线悬挂起来 ,使小 球 a 在竖直平面内来回摆动 ,小球 b 在水平面内做匀速圆
4、周运动 ,连接小球 b 的细线与竖直方向 的夹角和小球 a 摆动时细线偏离竖直方向的最大夹角都为 ,运动过程中两细线拉力大小 随时 间变化的关系如图乙中 c、 d 所示 .则下列说法正确的是 ( ) A.图乙中直线 d 表示细线对小球 a 的拉力大小随时间变化的关系 B.图乙中曲线 c 表示细线对小球 a 的拉力大小随时间变化的关系 C.= 45 D.= 60 【参考答案】 :BD 【名师解析】 : 题图乙中曲线 c 表示细线对小球 a 的拉力大小随时间变化的关系 ,直线 d 表示 细线对小球 b 的拉力大小随时间变化的关系 ,选项 A 错误 ,B 正确 .对 a 小球运动，由机械能守 恒 定
5、 律 ， mgL(1-cos )= 1 2 mv ,在最低点，由牛顿第二定律， F- mg=m 2 v2 ,解得细线对小球 a L 的拉力最大值 F= 3mg-2mgcos ,在 a 小球运动到最高点时拉力最小 ,最小值 F=mg cos 由题图 乙 可知细线对小球 a 的拉力最大值是最小值的 4 倍 ,由此可得 ,= 60,选项 C 错误 ,D 正确 . 4 二计算题 1 （ 2019 广东七校冲刺模拟）机场经常使用传送带和转盘组合完成乘客行李箱的传送，图 为机场水平传输装置的俯视图。行李箱从 A 处无初速放到传送带上，运动到 B 处后进入和 传送带速度始终相等的匀速转动的转盘，并随转盘一起
6、运动（无打滑）半个圆周到 C 处被 乘客取走。已知 A、 B 两处的距离 L=10 m， 传送带的传输速度 v=2.0 m/s， 行李箱在转盘上与轴 O 的距离 R=4.0 m， 已知行李箱与传送带之间的动摩擦因数 1=0.1， 行李箱与转盘之间的 动 摩擦因数 2=0.4 ， g=10 m/s2。 5 1 v 2 （1） 行李箱从 A 处被放上传送带到 C 处被取走所用时间为多少？ （2） 如果要使行李箱能最快到达 C 点，传送带和转盘的共同速度应调整为多大？ （3） 若行李箱的质量均为 15kg，每 6s 投放一个行李箱，则传送带传送行李箱的平均输出 功率 应为多大？ 【名师解析】（ 1）
7、 设行李箱质量为 m， 放在传送带上，受到摩擦力做加速运动 由 牛顿第二定律得： 1mg=ma 由速度公式得： v=at1 由位移公式得： x= 1 2 at 2 解 得 ： t1=2 s， x=2m L 行李箱在传送带上匀速运动时间 t = L x =4s v 从 B 到 C 做匀速圆周运动用时 t3= R =6.28s v 从 A 处被放上传送到 C 用时为 t=t1+t2+t3=2+4+6.28=12.28 s （2） 行李箱在转盘上运动时取最大静摩擦力， 2 由牛顿第二定律得： 2mg=m 2 ， 6 1 R 则速度应为 v2=4m/s 设行李箱在传送带上一直加速的速度为 v1，则 v
8、 2 =2aL， 则 v1 = m/s 4m/ s 故最大速度应取为 4m/s， 即共同速度应调整为 4m/s （3） 每传送一个行李箱需要做功 W， W= 1 mv 2+mg vt -x =60 J 2 传送行李箱需要的平均输出功率 P=W/t 0=10W 1 （ 1 ） 答：（ 1） 行李箱从 A 处被放上传送带到 C 处被取走所用时间为 12.28 s； （ 2） 如果要使行李箱能最快到达 C 点，传送带和转盘的共同速度应调整为 4m/ s； （ 3） 传送带传送行李箱的平均输出功率应为 10W。 7 )。 2.（ 12 分） （ 2019 高考仿真模拟 5） 如图所示，半径 R 0.4
9、0 m 的光滑半圆环轨道处于竖直 平面 内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点 A。一质量 m 0.10 kg 的小球，以初速 度 v07.0 m/s 在水平地面上向左做加速度 a 3.0 m/s 2 的匀减速直线运动，运动 s 4.0 m 后，冲上竖直半圆环，最后小球落在 C 点。 (取重力加速度 g 10 m/s2 (1)小球运动到 A 点时的速度大小； (2)小球经过 B 点时对轨道的压力大小； (3)A， C 间的距离。 【名师解析】 (1) 小球向左运动的过程中小球做匀减速直线运动，有 v2A 0v2 2as 解得 vA （ 2 分） v2 2as 5 m/s。0 (2) 如果小
10、球能够到达 B 点，设在 B 点的最小速度为 vmin， v2min 有 mg m R 解 得 vmin 2 m/s 。 （ 2 分） 而小球从 A 到 B 的过程中根据机械能守恒，有 mg2R 1 2mv2B 1 2mv2A 解 得 vB 3 m/s。 （ 2 分） 由于 vB vmin ，故小球能够到达 B 点，且从 B 点做平抛运动， v2B 由牛顿第二定律可知 F mg m R， 解 得 F 1.25 N， （ 2 分） 由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为 1.25 N。 （ 1 分） 1 (3) 在竖直方向有 2R 2gt ，2 （ 1 分） 在水平方向有 sACv Bt，
11、（ 1 分） 解得 s AC 0.6 m 故 A， C 间的距离为 0.6 m. （ 1 分） 8 (1)物块在水平桌面上受到的摩擦力； (2)B 、 P 间的水平距离； (3) 判断物块能否沿圆轨道到达 M 点 【参考答案】 (1) 大小为 2 N，方向向左 (2)7.6 m (3) 不能 【 名 师 解 析 】 (1) 对 比 x v0 t 2at2 与 x 8t 2t 2， 可 知 a 4 m/s2 ， v0 8 m/ s.(2 分 ) 1 由牛顿第二定律得 Ff ma 2 N (1 分 ) 即摩擦力大小为 2 N， 方向向左 (2) 物块在 DP 段做平抛运动，有 vy vy t g
12、0.4 s (1 分 ) 2gR 4 m/s， (1 分 ) vx 与 v 夹 角 为 45， 则 vx vy 4 m/s， (1 分 ) xDP vxt 1.6 m (1 分 ) v2 v 2x 0 在 BD 段 x BD 2a 6 m， (1 分 ) 所 以 xBP xBD x DP 7.6 m (1 分 ) (3) 设物块能到达 M 点，由机械能守恒定律有 1 2mv P mgR(1 cos 45 ) 2mvM ， (1 分 ) 2 1 2 v2 v2 (M P 2 2)gR (2 2)gR.(1 分 ) 3. (12 分 )(2017 临 沂模拟 )如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端
13、固定在 A 点，自然状态 时其右端位于 B 点水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道 MNP ，其形状为半径 R0.8 m 的圆环剪去了左上角 135的圆弧， MN 为其竖直直径， P 点到桌面的竖直距离也是 R.用质 量 m 0.5 kg 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 8t 2t 2(m)， 物块飞离桌面后由 P 点沿切线落入圆轨道 g 10 m/ s2， 求： 9 要能到达 M 点，需满足 v M gR ，而 （2 2） gR gR，所以物块不能到达 M 点 (1 分 ) 4. （2019 河南濮阳三模拟） （13 分）如图所示，一根跨越一固定的
14、水平光滑细杆的柔软、 不可伸长的轻绳，两端各系一个质量相等的小球 A 和 B， 球 A 刚好接触地面，球 B 被拉到 与细杆同样高度的水平位置，当球 B 到细杆的距离为 L 时，绳刚好拉直在绳被拉直时释放球 B，使球 B 从静止开始向下摆动 求球 A 刚要离开地面时球 B 与其初始位置的高度差 【名师解析】设 A 刚离开地面时，连接球 B 的绳子与其初始位置的夹角为 ，如图所示， 设此时 B 的速度为 v， 对 B ， 由牛顿第二定律得： T mgsin m ， 由机 械能守恒定律得： mglsin mv2， A 刚要离开地面时， T mg 以 h 表示所求的高度差， h lsin ， 解得：
15、 h l； 答：球 A 刚要离开地面时球 B 与其初始位置的高度差为 l 10 5. （ 2019 河南示范性高中联考） .如图所示，带有圆管轨道的长轨道水平固定，圆管轨道竖 直 ( 管内直径可以忽略 )， 底端分别与两侧的直轨道相切圆管轨道的半径 R=0.5m ， P 点左侧轨 道 ( 包括圆管光滑右侧轨道粗糙。质量 m=1kg 的物块 A 以 v 0=10m/s 的速度滑入圆管，经过 竖直 圆管轨道后与直轨道上 P 处静止的质量 M=2kg 的物块 B 发生碰撞 (碰撞时间极短 )，碰 后物块 B 在粗糙轨道上滑行 18m 后速度减小为零。已知物块 A 、 B 与粗糙轨道间的动摩擦 因数均
16、为 =0.1，取重力加速度大小 g=10m/s2 ，物块 A 、 B 均可视为质点。求： 11 (1)物块 A 滑过竖直圆管轨道最高点 Q 时受到管壁的弹力； (2)最终物块 A 静止的位置到 P 点的距离。 【 答 案 】 （1 ） 150N （2 ） 2m 【解析】 【分析】 （ 1） 由机械能守恒定律可得 Q 点的速度， 由牛顿第二定律可知物块 A 滑过竖直圆管轨道最 高点 Q 时受到管壁的弹力； （ 2） 结合动量守恒定律和动能定理分析两物体的运动情况，根 据运动公式求解最终物块 A 静止的位置到 P 点的距离。 【 详 解 】 （ 1 ） 物 块 A 从 开 始 运 动 到 Q 点
17、的 过 程 中 ， 由 机 械 能 守 恒 定 律 可 得 ： 物块 A 在 Q 点时，设轨道对物块 A 的弹力 T 向下，由牛顿第二定律可得： 12 解得 T=150N ， 则物块 A 在 Q 点时轨道对它的弹力大小为 150N， 方向竖直向下； （ 2） 由机械能守恒定律可知，物块 A 与 B 碰前的速度为 v 0， 物块 A 与 B 碰撞过程，由动量 守恒定律： 碰后物块 B 做匀减速运动，由运动学公式： 解 得 v1=-2m/s， v2=6m/s 由机械能守恒定律可知，物块 A 若能滑回 Q 点，其在 P 点反弹时的最小速度满足： 13 v 则物块 A 反弹后划入圆管后又滑回 P 点，
18、设最终位置到 P 点的距离为 x A ， 则： 解得最终物块 A 静止的位置到 P 点的距离 xA =2m 6.（ 2019 河南安阳二模拟）如图所示，一圆心为 O 半径为 R 的光滑半圆轨道固定在竖直平面内， 其下端和粗糙的水平轨道在 A 点相切， AB 为圆弧轨道的直径。质量分别为 m、 2m 的滑块 1、 2 用很短的细线连接，在两滑块之间夹有压缩的短弹簧 (弹簧与滑块不固连 )，滑 块 1、 2 位于 A 点。现剪断两滑块间的细线，滑块恰能过 B 点，且落地点恰与滑块 2 停止运 动的地点重合。滑块 1、 2 可视为质点，不考虑滑块 1 落地后反弹，不计空气阻力，重力加 速 度为 g，
19、 求： (1)滑 块 1 过 B 点的速度大小； (2)弹簧释放的弹性势能大小； (3)滑 块 2 与水平轨道间的动摩擦因数。 【名师解析】（ 1） 滑块 1 恰能过 B 点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得 2 mg=m B R 可得 vB= gR 14 B A A 2 1 滑块 1 从 A 运动到 B 的过程，根据动能定理有 - 2mgR= 1 mv2 2 - mv2 解得 vB= 5gR 2 滑块 1、 2 被弹簧弹开的过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律分别得 mvA-2 mv2=0 Ep = 1 mv2 - 2 1 2mv2 。 2 联立解得 Ep= 15 4 mgR 滑块 1 过 B 点后做平抛运动，则水平方向有 x=v Bt 15 2 竖直方向有 2R= 1 2 gt2 滑块 2 在水平面上做减速运动过程，由动能定理得 -2mgx=0- 1 2mv2 2 解 得 ： =5 /16
