1、高中物理曲线运动解题技巧讲解及练习题( 含答案 ) 及解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1 如图，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3O 为圆心， OA 和 OB 之间的夹角为 ， sin = ，一质量为 m5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
2、量的大小；（ 3 ）小球从 C 点落至水平轨道所用的时间【答案】（ 1）5gR （ 2） m23gR （ 3） 35R225g【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F0，小球到达 C 点时所受合力的大小为F由力的合成法则有F0tanmgF 2(mg )2F02 设小球到达C 点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得v2FmR由式和题给数据得F03 mg 4v 5gR 2（2）设小球到达A 点的速度大小为v1 ，作 CDPA ，交 PA 于 D 点，由几何关系得DA
3、R sinCDR(1cos）由动能定理有mg CDF0DA1 mv21 mv12 22由式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为pmv1m23gR 2（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v t1gt 2CD 2vvsin由式和题给数据得35Rtg5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，倾角为45 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
4、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）142【答案】（ 1） Ekmgr ；（ 2） F =6mg；（ 3）142【解析】【分析】【详解】（1）小滑块从a 点飞出后做平拋运动：水平方向：2rvat竖直方向： r1 gt 22解得： vagr小滑块在 a 点飞出的动能Ek1
5、 mva21 mgr22（2）设小滑块在e 点时速度为 vm ，由机械能守恒定律得：1 mvm2 1 mva2mg2r22在最低点由牛顿第二定律：Fmgmvm2r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：L2 2 1 r从 d 到最低点 e 过程中，由动能定理mgHmg cos L1 mvm22解得42143 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 v0 开始向左运动已知小球运动中电量不变，
6、小球与AB、 CD 间动摩擦因数分别为Eq=3mg/4，重力加速度为1=0.25、 2=0.80，电场力g， sin37 =0.6， cos37 =0.8求：（ 1）若小球初速度 v0=4 gR ，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 v0 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） v04 gR （ 3） 44R【解析】【分析】【详解】（1）加速到 B 点： - 1mgx qEx1mv222在 B 点： Nmgm vR解得 N=5.5mgqE（2）
7、在物理最高点F： tanmg解得 =370；过 F 点的临界条件：vF=0从开始到 F 点： - 1mgxqE (xR sin)解得 v04gR1 mv022mg ( R R cos ) 01mv022可见要过 C 点的条件为： v0 4gR（3）由于 x=4R5.75R，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 x1 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：-1mgx2 mgx1-qE( x-x1 ) mg2R 01mv022sxR x1解得： s(44)R4 如图所示，一根长为0.1 m 的细线，
8、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FN 和细线的拉力 F,重
9、力 mg 和弹力 FN 平衡，线的拉力提供向心力，有：FN=F=m 2R，设原来的角速度为0,线上的拉力是 F0,加快后的角速度为,线断时的拉力是F1，则有：2F1:F0=2: 0 =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 F1v2= m，R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=2h2 0.8 s =0.4s，g10则落地点离桌面的水平距离为：x=vt=50.4=2m.5 一位网球运动员用网球拍击球，使网球沿水平方向飞出如图所示，第一个球从O 点水平飞出时的初速度为v1，
10、落在自己一方场地上的B 点后，弹跳起来，刚好过网上的C点，落在对方场地上的A 点；第二个球从 O 点水平飞出时的初速度为V2，也刚好过网上的C 点，落在 A 点，设球与地面碰撞时没有能量损失，且不计空气阻力，求：（1）两个网球飞出时的初速度之比v1： v2；（2）运动员击球点的高度H 与网高 h 之比 H： h【答案】（ 1）两个网球飞出时的初速度之比v1： v2 为 1： 3；（ 2）运动员击球点的高度 H与网高 h 之比 H： h 为 4： 3【解析】【详解】（1）两球被击出后都做平抛运动，由平抛运动的规律可知，两球分别被击出至各自第一次落地的时间是相等的，设第一个球第一次落地时的水平位移
11、为x1，第二个球落地时的水平位移为 x2由题意知，球与地面碰撞时没有能量损失，故第一个球在B 点反弹瞬间，其水平方向的分速度不变，竖直方向的分速度以原速率反向，根据运动的对称性可知两球第一次落地时的水平位移之比 x1： x2=1： 3，故两球做平抛运动的初速度之比v1： v2 =1：3（2）设第一个球从水平方向飞出到落地点B 所用时间为 t1，第 2 个球从水平方向飞出到 C点所用时间为 t 2，则有 H=1 gt12 ， H-h=1 gt 2222又： x1=v1t 1O、 C 之间的水平距离：x=v t12 2第一个球第一次到达与C 点等高的点时，其水平位移x 2=v1t2，由运动的可逆性
12、和运动的对称性可知球 1 运动到和 C 等高点可看作球 1 落地弹起后的最高点反向运动到C 点；故2x1 =x1+x2可得： t 1=2t2 ， H=4（H-h）得： H： h=4：36 如图所示，在竖直平面内有一半径为R的 1 光滑圆弧轨道，与水平地面相切于B4AB点。现将 AB锁定，让质量为 m的小滑块 P（视为质点）从 A点由静止释放沿轨道AB滑下，最终停在地面上的C点， 、B两点间的距离为 2 已知轨道的质量为2 ，与BCRABm P点右侧地面间的动摩擦因数恒定，B点左侧地面光滑，重力加速度大小为g，空气阻力不计。（1）求 P刚滑到圆弧轨道的底端B 点时所受轨道的支持力大小N以及 P与
13、 B点右侧地面间的动摩擦因数；（ 2）若将 AB解锁，让 P 从 A 点正上方某处 Q由静止释放， P 从 A 点竖直向下落入轨道，最后恰好停在 C点，求：当 P 刚滑到地面时，轨道 AB的位移大小 x1；Q与 A 点的高度差h 以及 P 离开轨道 AB后到达 C点所用的时间t 。【答案】（ 1） P 刚滑到圆弧轨道的底端B 点时所受轨道的支持力大小N 为 3mg ， P 与 B 点右侧地面间的动摩擦因数为 0.5；（ 2）若将 AB 解锁，让P 从 A 点正上方某处Q 由静止释放， P 从 A 点竖直向下落入轨道，最后恰好停在C 点，当 P 刚滑到地面时，轨道AB的位移大小 x1 为 R ；
14、 Q 与 A 点的高度差h 为 R ， P 离开轨道 AB 后到达 C 点所用的时间32t 为132R 。6g【解析】【详解】（1）滑块从 A 到 B 过程机械能守恒，应用机械能守恒定律得：mgR= 1mvB2 ，2在 B 点，由牛顿第二定律得： N-mg =m vB2，R解得： vB= 2gR ， N=3mg，滑块在 BC 上滑行过程，由动能定理得： -mg ?2R=0- 1 mvB2，2代入数据解得：=0.5；（ 2）滑块与轨道组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1-2mv2=0m Rx1 -2mx1 =0，tt解得： x1= R ；3滑块 P 离开轨道AB
15、 时的速度大小为vB， P 与轨道 AB 组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvB-2mv=0，由机械能守恒定律得：mg（R+h） = 1 mvB212mv2 ，22R解得： h=；x1P 向右运动运动的时间：t 1=，P 减速运动的时间为t2，对滑片，由动量定理得：-mgt 2=0-mvB，运动时间： t=t1+t 2，解得： t= 132R ；6g7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0R 1m ，小球可看作质点且其质量为角为 45的斜
16、面垂直相碰已知半圆形管道的半径为m 1kg ， g 10m / 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
17、=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 水平抛出一个物体，当抛出1 秒后，它的速度方向与水平方向成45角，落地时，速度方向与水平方向成60角，（ g 取 10m/s 2）。求：（ 1）初速度（ 2）水平射程（结果保留两位有效数字）（ 3）抛出点距地面的高度【答案】（ 1
18、） 10m/s（ 2） 17m(3)15m【解析】【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动将1 秒后的速度进行分解，根据 vy=gt 求出竖直方向上的分速度，再根据角度关系求出平抛运动的初速度；将落地的速度进行分解，水平方向上的速度不变，根据水平初速度求出落地时的速度；根据落地时的速度求出竖直方向上的分速度，运用vy=gt 求出运动的时间 ，再根据01gt2 求出抛出点距地面的高度 .x=v t 求出水平射程再根据h=2【详解】（1）如图，水平方向vx 0y角，即 =45=v，竖直方向 v =gt， 1s 时速度与水平成 45因为 tan45 0= vyv0所以
19、v0=vy初速度： v0=gt=10 1=10m/s。（2）落地时， tan 600vyvx所以落地竖直速度 vygt3v0 103m / s解得 t= 3 s水平射程： x v0t103m17m（3）抛出点距地面的高度h1 gt 21210 3 m 15m22【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动知道分运动和合运动具有等时性，掌握竖直方向和水平方向上的运动学公式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 是一长为 2R 的竖直 AB 管内有一原长为R、下端固
20、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v1;(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
21、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12WF mg 2.5RgR0m2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2h3Rtg g离 OO的水平距离为 x1，鱼饵的质量为 m 时x
22、1v1t3R鱼饵的质量为2 m 时，由动能定理3WF2122mg 2.5R2m v1033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 某高中物理课程基地拟采购一种能帮助学生对电偏转和磁偏转理解的实验器材.该器材的核心结构原理可简化为如图所示.一匀强电场方向竖直向下，以竖直线ab、 cd 为边界，其宽度为 L，电场强度的大小为 E3mv02. 在 cd 的左侧有一与 cd
23、 相切于 N 点的圆形有qL. 现有一质量为 m，电荷量为 q 的带正电粒界匀强磁场，磁场的方向垂直纸面、水平向外子自 O 点以水平初速度 v0 正对 M 点进入该电场后，从N 点飞离 cd 边界，再经磁场偏转后又从 P 点垂直于 cd 边界回到电场区域，并恰能返回O 点 .粒子重力不计 . 试求：1 粒子从 N 点飞离 cd 边界时的速度大小和方向；2 P 、 N 两点间的距离；3 圆形有界匀强磁场的半径以及磁感应强度大小；4 该粒子从 O 点出发至再次回到O 点的总时间【答案】1 2v0 ，方向与边界 cd 成 30o 角斜向下；2 5 3 L ，；（ 3）5L ，848 3mv0； 4
24、3L5 3 L5qL2v018v0【解析】【分析】（1）利用运动的合成和分解，结合牛顿第二定律，联立即可求出粒子从N 点飞离 cd 边界时的速度大小，利用速度偏向角公式即可确定其方向；（ 2）利用类平抛规律结合几何关系，即可求出P、 N 两点间的距离；（3）利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，联立即可求出圆形有界匀强磁场的半径以及磁感应强度大小；（ 4）利用类平抛规律求解粒子在电场中运动的时间，利用周期公式，结合粒子在磁场中转过的圆心角求解粒子在磁场中运动的时间，联立即可求出该粒子从O 点出发至再次回到O 点的总时间 【详解】（1）画出粒子轨迹过程图，如图所示：L粒子从 O 到 N 点时间：
25、t 1= v0粒子在电场中加速度： a= qE =3v 02mL粒子在 N 点时竖直方向的速度：vy=at 1= 3 v0粒子从 N 点飞离 cd 边界时的速度： v=2v0速度偏转角的正切： tan= v y=3，故=600，即速度与边界cd 成 300 角斜向下 v0（2）粒子从 P 到 O 点时间： t2=L2v 0粒子从 P 到 O 点过程的竖直方向位移：y2=1 at22=3 L28粒子从 O 到 N 点过程的竖直方向位移：y1=1 at12=3 L22故 P、 N 两点间的距离为： YPN=y1+y2= 53 L8（3）设粒子做匀速圆周运动的半径为r，根据几何关系可得：r cos6
26、00 +r= 5 3 L8解得粒子做匀速圆周运动的半径：r= 53 L12根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m v 2r解得圆形有界匀强磁场的磁感应强度mv 8 3mv0： B=5qLqr根据几何关系可以确定磁场区域的半径：R=2r cos30 0即圆形有界匀强磁场的半径： R=5L4（4）粒子在磁场中运动的周期：T=2rv粒子在匀强磁场中运动的时间：253Lt 3= T=18v03粒子从 O 点出发至再次回到3L5 3LO 点的总时间： t=t 1+t2+t 3=+18v 02v 0【点睛】本题考查带电粒子在复合场中运动，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，还要分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间
