1、高考物理高考物理曲线运动解题技巧及练习题一、高中物理精讲专题测试曲线运动1 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R0.45m 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 m1 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m2 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
2、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 m2 的物块在 D 点的速度；（2）判断质量为 m2 0.2kg 的物块能否沿圆轨道到达M 点：（3）质量为 m2 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 vD 做平抛运动，落到P 点时其竖直方向分速度为：vy2gR2 100.45 m/s 3m/svy4tan53 vD3所以： vD 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mgm v2
3、 ，R解得： vgR32 m/s2物块到达P 的速度：vPvD2vy2322.252 m/s 3.75m/s若物块能沿圆弧轨道到达M 点，其速度为vM ，由 D 到 M 的机械能守恒定律得：1 m2vM21 m2vP2m2g 1 cos53R22可得： vM20.3375 ，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 - 2t2，物块在桌面上过B 点后初速度vB 4m/s ，加速度为：a4m/s2则物块和桌面的摩擦力：m2 gm2 a可得物块和桌面的摩擦系数 :0.4质量 m1 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
4、压缩到C 点具有的弹性势能为：Epm1gxBC0质量为 m20.2kg 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：Epm2 gxBC1 m2vB 22可得， xBC 2m在这过程中摩擦力做功：W1m2gx BC1.6J由动能定理， B 到 D 的过程中摩擦力做的功：W 21 m2vD21 m2v0222代入数据可得：W2 - 1.1J质量为 m20.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中摩擦力做的功WW1W22.7J即克服摩擦力做功为2.7 J.2 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。设小球与箱壁
5、碰撞前后的速度大小不变，且速度方向与箱壁的夹角相等。（1）若小球与箱壁一次碰撞后落到箱底处离C 点距离为，求小球抛出时的初速度v0；（2）若小球正好落在箱子的B 点，求初速度的可能值。【答案】（1）（ 2）【解析】【分析】（1）将整个过程等效为完整的平抛运动，结合水平位移和竖直位移求解初速度；（2）若小球正好落在箱子的B 点，则水平位移应该是2L 的整数倍，通过平抛运动公式列式求解初速度可能 。【 解】（1）此 可以看成是无反 的完整平抛运 ， 水平位移 ： xv0t 直位移 ： H gt2解得： v0；（2）若小球正好落在箱子的B 点， 小球的水平位移 ：x2nL（ n 1.2.3 ）同理：
6、 x2nLv02t，H gt 解得：（ n 1.2.3 ）3 如 所示 ,半径 R=2.5m 的 直半 光滑 道在B 点与水平面平滑 接 ,一个 量m=0.50kg 的小滑 (可 点 )静止在 A 点 .一瞬 冲量使滑 以一定的初速度从A 点开始运 ,经 B 点 入 道 ,沿 道运 到最高点C,并从 C 点水平 出 ,落在水平面上的D 点 . 量 ,D、B 的距离 s1=10m,A、B 的距离 s2=15m,滑 与水平面的 摩擦因数,重力加速度.求 :(1)滑 通 C 点 的速度大小;(2)滑 入 道 ,在 B 点 道 滑 的 力;(3)滑 在 A 点受到的瞬 冲量的大小.【答案】（ 1）（2
7、） 45N（3）【解析】【 解】（1） 滑 从C 点 出 的速度 vc，从 C 点运 到D 点 t滑 从 C 点 出后，做平抛运 ， 直方向：2R= gt2水平方向： s1 c=v t解得： vc=10m/s（2） 滑 通 B 点 的速度 v ，根据机械能守恒定律B22mvB = mv c +2mgR解得： vB=10m/s设在 B 点滑块受轨道的压力为解得： N=45NN，根据牛顿第二定律： N-mg=m（3）设滑块从 A 点开始运动时的速度为vA，根据动能定理 ； - mgs2= mv B2- mvA2解得： vA=16.1m/s设滑块在 A 点受到的冲量大小为I，根据动量定理 I=mvA
8、解得： I=8.1kg?m/s ；【点睛】本题综合考查动能定理、机械能守恒及牛顿第二定律，在解决此类问题时，要注意分析物体运动的过程，选择正确的物理规律求解4 如图所示，带有1 光滑圆弧的小车A 的半径为R，静止在光滑水平面上滑块C 置于4木板 B 的右端， A、 B、 C 的质量均为m， A、 B 底面厚度相同现 B、 C 以相同的速度向右匀速运动， B 与 A 碰后即粘连在一起，C 恰好能沿 A 的圆弧轨道滑到与圆心等高处则 ： (已知重力加速度为g)(1)B、C 一起匀速运动的速度为多少？(2)滑块 C 返回到 A 的底端时AB 整体和 C 的速度为多少？【答案】 （1） v023gR（
9、 2） v12 3gR ， v253gR33【解析】本题考查动量守恒与机械能相结合的问题(1)设 B、 C 的初速度为 v0， AB 相碰过程中动量守恒，设碰后AB 总体速度 u，由mv02mu ，解得 uv02C 滑到最高点的过程：mv02mu3mu1 mv021 2mu21 3mu 2mgR222解得 v02 3gR(2)C从底端滑到顶端再从顶端滑到底部的过程中，满足水平方向动量守恒、机械能守恒，有 mv02mumv12mv21mv0212mu2 1mv1212mv222222解得 ： v12 3gR ， v253gR335 如图所示，一轨道由半径R2m 的四分之一竖直圆弧轨道AB 和水平
10、直轨道 BC在 B 点平滑连接而成现有一质量为m1Kg 的小球从 A 点正上方 R 处的 O 点由静止释放，小2球经过圆弧上的 B 点时，轨道对小球的支持力大小FN18 N ，最后从 C 点水平飞离轨道，落到水平地面上的P.B点与地面间的高度 h3.2m ，小球与BC段轨道间的动点 已知摩擦因数0.2 ，小球运动过程中可视为质点. (不计空气阻力，g 取 10 m/s 2). 求：（1）小球运动至 B点时的速度大小vB（2）小球在圆弧轨道AB 上运动过程中克服摩擦力所做的功W f（3）水平轨道 BC 的长度 L 多大时，小球落点P 与 B 点的水平距最大【答案】（ 1） vB4?m / s（
11、2） W f 22?J（3） L3.36m【解析】试题分析： （ 1）小球在 B 点受到的重力与支持力的合力提供向心力，由此即可求出B 点的速度；（ 2）根据动能定理即可求出小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；（3）结合平抛运动的公式，即可求出为使小球落点P 与 B 点的水平距离最大时BC 段的长度 （1）小球在 B 点受到的重力与支持力的合力提供向心力，则有： FNmgm vB2R解得： vB4m / s（2）从 O 到 B 的过程中重力和阻力做功，由动能定理可得：mg RRWf1mvB2022解得： Wf22J（3）由 B 到 C 的过程中，由动能定理得：mgLBC1 mvC21 mvB2
12、22vB2vC2解得： LBCg2从 C 点到落地的时间：t02h0.8sgB 到 P 的水平距离： LvB2vC22vC t0g代入数据，联立并整理可得：124L 44vC5vC由数学知识可知，当vC1.6m / s时， P 到 B 的水平距离最大，为： L=3.36m【点睛】该题结合机械能守恒考查平抛运动以及竖直平面内的圆周运动，解题的关键就是对每一个过程进行受力分析，根据运动性质确定运动的方程 ，再根据几何关系求出最大值6 如图所示，将一小球从倾角 =60斜面顶端，以初速度 v0 水平抛出，小球落在斜面上的某点 P，过 P 点放置一垂直于斜面的直杆 (P 点和直杆均未画出 )。已知重力加
13、速度大小为g，斜面、直杆处在小球运动的同一竖直平面内，求：(1)斜面顶端与P 点间的距离；(2)若将小球以另一初速度v 从斜面顶端水平抛出，小球正好垂直打在直杆上，求v 的大小。【答案】（ 1）；（ 2）；【解析】本题考查平抛与斜面相结合的问题，涉及位移和速度的分解。（1）小球从抛出到P 点，做平抛运动，设抛出点到P 点的距离为L小球在水平方向上做匀速直线运动，有：在竖直方向上做自由落体运动，有：联立以上各式，代入数据解得：（2）设小球垂直打在直杆上时竖直方向的分速度为vy，有：在水平方向上，有：在竖直方向上，有：，由几何关系，可得：联系以上各式，得：另解：小球沿斜面方向的分运动为匀加速直线运
14、动，初速度为：，加速度为小球垂直打在直杆上，速度为，有：在斜面方向上，由匀变速运动规律得：联立以上各式，得：点睛：物体平抛运动可分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体；也可分解为沿斜面方向的匀变速直线运动和垂直斜面的匀变速直线运动。7如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B 点脱离后做平抛运动，经过0.3s 后又恰好与倾角为450 的斜面垂直相碰已知半圆形管道的半径为R1m ，小球可看作质点且其质量为m1kg ， g10m / s2 ，求：（ 1）小球在斜面上的相碰点 C 与 B 点的水平距离；（ 2）小球通过
15、管道上 B 点时对管道的压力大小和方向【答案】（ 1） 0.9m ；（ 2） 1N【解析】【分析】（1）根据平抛运动时间求得在C 点竖直分速度，然后由速度方向求得v，即可根据平抛运动水平方向为匀速运动求得水平距离；（2）对小球在B 点应用牛顿第二定律求得支持力NB 的大小和方向【详解】（1）根据平抛运动的规律，小球在C 点竖直方向的分速度vy=gt=10m/s水平分速度vx=vytan450=10m/s则 B 点与 C 点的水平距离为： x=vxt=10m（ 2）根据牛顿运动定律，在 B 点v2NB+mg=mR解得NB=50N根据牛顿第三定律得小球对轨道的作用力大小N, =NB=50N方向竖直
16、向上【点睛】该题考查竖直平面内的圆周运动与平抛运动，小球恰好垂直与倾角为45的斜面相碰到是解题的关键，要正确理解它的含义要注意小球经过B 点时，管道对小球的作用力可能向上，也可能向下，也可能没有，要根据小球的速度来分析8 如图所示，圆弧轨道AB 是在竖直平面内的1 圆周， B 点离地面的高度 h=0.8m，该处切4线是水平的，一质量为m=200g 的小球（可视为质点）自A 点由静止开始沿轨道下滑（不计小球与轨道间的摩擦及空气阻力），小球从B 点水平飞出，最后落到水平地面上的D点已知小物块落地点D 到 C点的距离为x=4m，重力加速度为g=10m/ s2求：（ 1）圆弧轨道的半径（ 2）小球滑到
17、 B 点时对轨道的压力【答案】 （1）圆弧轨道的半径是 5m（ 2）小球滑到 B 点时对轨道的压力为 6N，方向竖直向下【解析】（ 1）小球由 B 到 D 做平抛运动，有： h= 1 gt22x=vBt解得： vB xg1010m / s420.82hA 到 B 过程，由动能定理得：12-0mgR=mvB2解得轨道半径R=5m（2）在 B 点，由向心力公式得： Nmgm vB2R解得： N=6N根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力N =N=6N，方向竖直向下点睛：解决本题的关键要分析小球的运动过程，把握每个过程和状态的物理规律，掌握圆周运动靠径向的合力提供向心力，运用运动的分解法进行研究平抛运动
18、9 如图甲所示，轻质弹簧原长为2L，将弹簧竖直放置在水平地面上，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，如图乙所示一端固定在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在竖直方向上物块P与 AB间的动摩擦因数0.5，用外力推动物块，将弹簧压缩至长度为L处，然后释放，PP P开始沿轨道运动，重力加速度为g （1）求当弹簧压缩至长度为L 时的弹性势能Ep ；（2）若 P的质量为 m ，求物块离开圆轨道后落至AB上的位置与 B点之间的距离；（3）为使物块 P
19、滑上圆轨道后又能沿圆轨道滑回，求物块P 的质量取值范围【答案】52L(3)55(1) EPmgL (2) S 2m Mm32【解析】【详解】（1）由机械能守恒定律可知：弹簧长度为L 时的弹性势能为（2）设 P到达 B 点时的速度大小为，由能量守恒定律得：设 P 到达 D点时的速度大小为，由机械能守恒定律得：物体从 D点水平射出，设P 落回到轨道AB所需的时间为S 2 2L（ 3）设 P的质量为 M，为使 P能滑上圆轨道，它到达 B 点的速度不能小于零得 5mgL4 MgLM5 m2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，得1 MvB2MgL2Ep1 Mv B
20、2 4 MgL210 如图所示，光滑的水平平台上放有一质量M=2kg，厚度 d=0.2m 的木板，木板的左端放有一质量m=1kg 的滑块（视为质点），现给滑块以水平向右、的初速度，木板在滑块的带动下向右运动，木板滑到平台边缘时平台边缘的固定挡板发生弹性碰撞，当木板与挡板发生第二次碰撞时，滑块恰好滑到木板的右端，然后水平飞出，落到水平地面上的 A 点，已知木板的长度l=10m， A 点到平台边缘的水平距离s=1.6m ，平台距水平地面的高度 h=3m，重力加速度，不计空气阻力和碰撞时间，求：(1)滑块飞离木板时的速度大小；(2)第一次与挡板碰撞时，木板的速度大小；（结果保留两位有效数字）(3)开
21、始时木板右端到平台边缘的距离；（结果保留两位有效数字）【答案】 (1)(2)v=0.67m/s (3)x=0.29m【解析】【分析】【详解】(1)滑块飞离木板后做平抛运动，则有：解得(2)木板第一次与挡板碰撞后，速度方向反向，速度大小不变，先向左做匀减速运动，再向右做匀加速运动，与挡板发生第二次碰撞，由匀变速直线运动的规律可知木板两次与挡板碰撞前瞬间速度相等设木板第一次与挡板碰撞前瞬间，滑块的速度大小为由动量守恒定律有：，木板第一与挡板碰后：解得 :v=0.67m/s(3)由匀变速直线运动的规律：，木板的速度大小为v，由牛顿第二定律：解得 :x=0.29m【点睛】对于滑块在木板上滑动的类型，常常根据动量守恒定律和能量守恒定律结合进行研究也可以根据牛顿第二定律和位移公式结合求出运动时间，再求木板的位移
