1、高考物理曲线运动技巧( 很有用 ) 及练习题及解析一、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
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 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m
3、gm v2 ，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
4、守恒可弹簧压缩到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 ,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,mA
5、=0.1kg,mB=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 =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vA=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/s2 求 :(1)滑块 A 在半圆轨道最高
6、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） EP0.22 J （3） 0 675m L1 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：1 mAvA21 mA v2mA g 2R22在最高点由牛顿第二定律：v2mA gFNmAR滑块在半圆轨道最高点受到的压力为：FN=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：mAvAmBvB解得：
7、 vB=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：mB vB （ mBM )v共由能量关系：EP1 mB vB21 (mB M )v共2 - mB gL22解得 EP=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：mB vB （ mBM )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：mB gL11 mB vB21 (mBM )v222联立解得：L =1.35m1若小车 PQ 之间的距离 L 不是很大，则滑块
8、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：2 mB gL21 mB vB21 (mBM )v222联立解得：L2=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 图示为一过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的光滑圆形轨道组成，BC分别是圆形轨道的最低点和最高点，其半径R=1m，一质量 m1kg 的小物块（视为质点）从左側水平轨道上的A 点以大小 v0 12m s 的初速度出发，通过竖直平面的圆形轨道后，停在右侧水平轨道上的D 点
9、已知 A、B 两点间的距离 L1 5 75m，物块与水平轨道写的动摩擦因数0 2，取 g 10m s2，圆形轨道间不相互重叠，求：（ 1）物块经过 B 点时的速度大小 vB；（ 2）物块到达 C 点时的速度大小 vC；（ 3） BD 两点之间的距离 L2，以及整个过程中因摩擦产生的总热量Q【答案】 (1)11m / s (2) 9m / s (3)72J【解析】【分析】【详解】（1）物块从 A 到 B 运动过程中，根据动能定理得：mgL11 mvB21 mv0222解得： vB11m / s（2）物块从 B 到 C 运动过程中，根据机械能守恒得：1 mvB21 mvC2mg2R22解得： vC
10、9m / s（3）物块从 B 到 D 运动过程中，根据动能定理得：mgL201 mvB22解得： L230.25m对整个过程，由能量守恒定律有：Q1 mv0202解得： Q=72J【点睛】选取研究过程，运用动能定理解题动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动知道小滑块能通过圆形轨道的含义以及要使小滑块不能脱离轨道的含义4 如图所示，物体A 置于静止在光滑水平面上的平板小车B 的左端，物体在A 的上方O点用细线悬挂一小球C(可视为质点)，线长L 0.8m 现将小球C 拉至水平无初速度释放，并在最低点与物体A 发生水平正碰，碰撞后小球C 反弹的速度为2m/s已知A、 B、 C的质量分别为mA 4
11、kg、 mB 8kg 和 mC1kg， A、 B 间的动摩擦因数 0.2， A、 C碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g 10m/s 2.(1)求小球 C 与物体 A 碰撞前瞬间受到细线的拉力大小；(2)求 A、 C 碰撞后瞬间A 的速度大小；(3)若物体 A 未从小车B 上掉落，小车B 的最小长度为多少？【答案】 (1)30 N(2)1.5 m/s(3)0.375 m【解析】【详解】1（1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：m0 glm0v022代入数据解得：v0 4m/s ，对小球，由牛顿第二定律得：v02Fm0gm0l代入数据解得： F30N（2）小球 C 与 A 碰撞后向
12、左摆动的过程中机械能守恒，得：1mvC2mgh2所以： vC2gh2 100.2 2m/s小球与 A 碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m0v0 m0vc+mvA代入数据解得：vA1.5m/s（3）物块 A 与木板 B 相互作用过程，系统动量守恒，以A 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvA（ m+M ）v代入数据解得：v 0.5m/s由能量守恒定律得：mgx1 mv A2 1 （m+M ） v222代入数据解得：x0.375m；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 BC
13、D 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=0.3，取 g=10m/s 2，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】
14、（1）滑块在传送带上运动的加速度为a=g=3m/s2；则加速到与传送带共速的时间tv01s 运动的距离：x1 at 21.5m ，a2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：Fmg m v02R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 vD2R解得 vD=5 m/s ；由 B 到 D，由动能定理：1 mvB2 1 mvD2mg 2R22解得 vB=5m/sv0可见，滑块从左端到右端做减速运动，加速度为a=3m/s2，根据22vB=vA -2aL解得 vA=7m/s6 如图甲所
15、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 v0=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/s2，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Xm（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 X2 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（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；
16、（ 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：mvM2mg，所R以， vM gR 1m/s；物体能从 M 点飞出做平抛运动，故有：2R 1gt 2，落到水平面时落点到N 点的距离 x2vMt g
17、R 2R 2R0.2m；g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：- mgx-2 mgR12-12；2mvMmv02物体从 M 点落回水平面做平抛运动，故有：1gt2 ，2R2y vM t vM 24R(v022 gx4gR)4R0.48 0.8 x ；gg由图可得： y2=0.48-0.16x，所以， 0.16 0.2；0.8（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 hR或物体能通过M 点；物体能到达的最大高度0 hR时，由动能定理可得：1-
18、mgx- mgh 0-21 mv02mgh2所以， x 2mg v0gh ，2mv02，所以， 3.5mx 4m；物体能通过M 点时，由（ 1）可知 vM gR 1m/s，由动能定理可得：- mgx-2 mgR 1mvM2 -1mv02；221 mv021 mvM22mgR22所以 x 22v0vMg4gR ，mg2所以， 0x2.75m；【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7 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
19、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 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（1）小球由B 到 D 做平抛运动，有：h=gt22x=vBt解得： vB xg104210m / s2h0.8A 到 B 过程，由动能定理得：1mgR= mvB2-02解得轨道半径R=5m（2）在 B 点，由向心力公式得：Nmg
20、m 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8 如图所示，轨道ABCD的 AB 段为一半径R 0.2 m 的光滑 1/4 圆形轨道， BC段为高为h5 m 的竖直轨道， CD 段为水平轨道一质量为 0.2 kg 的小球从 A 点由静止开始下滑，到达 B 点时速度的大小为 2 m/s，离开 B 点做平抛运动 (g 10 m/s2)，求：(1)小球离开 B 点后，在CD 轨道上的落地点到C 点的水平距离；(2)小球
21、到达 B 点时对圆形轨道的压力大小；(3)如果在 BCD 轨道上放置一个倾角 45的斜面 (如图中虚线所示)，那么小球离开B 点后能否落到斜面上？如果能，求它第一次落在斜面上的位置距离B 点有多远如果不能，请说明理由【答案】 (1)2 m(2)6 N(3)能落到斜面上，第一次落在斜面上的位置距离B点 1.13 m【解析】.小球离开B 点后做平抛运动，h 1 gt 22x vB t解得： x2m所以小球在CD 轨道上的落地点到C 的水平距离为2m.在圆弧轨道的最低点B，设轨道对其支持力为N2 v代入数据，解得N3N故球到达 B 点时对圆形轨道的压力为3N由可知，小球必然能落到斜面上根据斜面的特点
22、可知，小球平抛运动落到斜面的过程中，其下落竖直位移和水平位移相等vB t1gt 2 ，解得： t 0.4s2则它第一次落在斜面上的位置距B 点的距离为 S2vBt 0.8 2m 9 如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB 是一长为2R 的竖直细管，上半部BC 是半径为R 的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB 管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，在弹簧上段放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去设质量为m 的鱼饵到达管口C 时，对管壁的作用力恰好为零不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势
23、能已知重力加速度为g求：(1)质量为 m 的鱼饵到达管口C 时的速度大小(2)弹簧压缩到0.5R 时的弹性势能Ep;(3)已知地面欲睡面相距1.5R，若使该投饵管绕v1;AB 管的中轴线OO。在90角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在2 m 到m 之间变化，且均能落到3水面持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S是多少？【答案】 (1)gR ； (2)3mgR；(3) 8.25 R2【解析】【分析】【详解】(1)质量为 m 的鱼饵到达管口C 时做圆周运动的向心力，完全由重力提供，则mgm可以解得v12Rv1gR(2)从弹簧释放到最高点 C 的过程中，弹簧的弹
24、性势能全部转化为鱼饵的机械能，由系统的机械能守恒定律有WF WG1 mv1202即2WF mg 2.5R1 m gR02得WF3mgR故弹簧弹性势能为Ep =3mgR(3)不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响，质量为m 的鱼饵离开管口C 后做平抛运动，设经过t 时间落到水面上，得t2h3Rg g离 OO的水平距离为 x1，鱼饵的质量为 m 时x1v1t3R鱼饵的质量为2 m 时，由动能定理3WF2 mg 2.5R122 m v10323整理得：v14gR同理：x2v1t6Rr1x1r4Rr2x2r7R鱼饵能够落到水面的最大面积S 是S1r22r128.25 R24【点睛】本题考查了圆周运动
25、最高点的动力学方程和平抛运动规律，转轴转过90鱼饵在水平面上形成圆周是解决问题的关键，这是一道比较困难的好题10 如图所示，倾角=30的光滑斜面上，一轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端连接质量 mB=0.5kg 的物块 B， B 通过轻质细绳跨过光滑定滑轮与质量mA=4kg 的物块 A 连接，细绳平行于斜面，A 在外力作用下静止在圆心角为=60、半径R=lm 的光滑圆弧轨道的顶端 a 处，此时绳子恰好拉直且无张力；圆弧轨道最低端b 与粗糙水平轨道bc 相切， bc 与一个半径r=0.12m 的光滑圆轨道平滑连接，静止释放A，当 A 滑至 b 时，弹簧的弹力与物块 A 在顶端 d 处时相等，此时绳
26、子断裂，已知bc 长度为 d=0.8m，求： (g 取 l0m/s 2)(1)轻质弹簧的劲度系数k；(2)物块 A 滑至 b 处，绳子断后瞬间，圆轨道对物块A 的支持力大小；(3)为了让物块A 能进入圆轨道且不脱轨，则物体与水平轨道bc 间的动摩擦因数 应满足什么条件？【答案】（1）k 5N / m（ ）72N（ ）0.350.5或0.12523【解析】（1） A 位于 a 处时，绳无张力弹簧处于压缩状态，设压缩量为x对 B 由平衡条件可以得到：kx mB g sin当 A 滑至 b 时，弹簧处于拉伸状态，弹力与物块A 在顶端 a 处时相等，则伸长量也为x，由几何关系可知： R2x ，代入数据
27、解得： k5N / m ；（2）物块 A 在 a 处和在 b 处时，弹簧的形变量相同，弹性势能相同由机械能守恒有： mA gR 1cosmB gR sin1 mA vA21 mB vB222将 A 在 b 处，由速度分解关系有：vBvA sin代入数据解得： vA2 2m / s在 b 处，对 A 由牛顿定律有：N bmA g mAvA2R代入数据解得支持力：Nb72 N （ 3）物块 A 不脱离圆形轨道有两种情况：不超过圆轨道上与圆心的等高点由动能定理，恰能进入圆轨道时需要满足：1mA gd01 mA vA22恰能到圆心等高处时需要满足条件：mA gr代入数据解得：1 0.5 ， 2 0.35过圆轨道最高点，则恰好过最高点时：mA g由动能定理有：2mA gr3mA gd1 mA v22代入数据解得：3 0.125为使物块 A 能进入圆轨道且不脱轨，有：0.352 mA gd 01 mAvA22v2mAr1 mA v2A20.5 或0.125
