1、最新高考物理曲线运动技巧和方法完整版及练习题一、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v0 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32
2、mv024 2gR 或 45gR v0 8 2gR【答案】 (1)mv0(2) 16mg(3) v084R【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：mv0 (m3m)v1由能量守恒定律得：Q1 mv021 4mv1222代入数值解得： Q3mv028(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(m3m)v12得 F1(m3m) gR以木板为对象受力分析得F212mgF1根据牛顿第三定律得木板对水平的压力大小为F2木板对水平面的压力的大小F216mgmv024R(3)小球不脱离圆形轨有两种可能性：
3、 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：1m 3m v12m 3m gR2解得： v042gR 若小球能通过圆形轨道的最高点小球能通过最高点有：(m 3m)v(m 3m) gR22由机械能守恒定律得：1 (m 3m)v122(m 3m)gR1 ( m 3m)v2222代入数值解得：v04 5gR要使木板不会在竖直方向上跳起，木板对球的压力：F312mg(m3m)v在最高点有：F3(m3m)gR23由机械能守恒定律得：1 (m 3m)v122(m 3m)gR1 ( m 3m)v3222解得： v082gR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
4、围是v04 2gR 或 4 5gRv08 2gR2 如图所示，水平屋顶高H5 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)5 5 m/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 vmax 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=vmax
5、 1t ，小球的竖直位移： H= gt12解以上两式得vmax=（ 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 vmin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=vmint2小球的竖直方向位移：H h=gt22解以上两式得 vmin=L=3=5m/s因此 v0的范围是min0 maxvvv ，即 5m/sv0 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：vmin=5 m/s3 高台滑雪以其惊险刺激而闻名，运动员在空中的飞跃姿
6、势具有很强的观赏性。某滑雪轨道的完整结构可以简化成如图所示的示意图。其中AB 段是助滑坡，倾角=37， BC段是水平起跳台， CD 段是着陆坡，倾角=30， DE 段是停止区，AB 段与 BC段平滑相连，轨道各部分与滑雪板间的动摩擦因数均为=0.03，图中轨道最高点A 处的起滑台距起跳台BC的竖直高度h=47m 。运动员连同滑雪板的质量m=60kg，滑雪运动员从A 点由静止开始起滑，通过起跳台从C 点水平飞出，运动员在着陆坡CD上的着陆位置与C 点的距离l=120m 。设运动员在起跳前不使用雪杖助滑，忽略空气阻力的影响，取重力加速度 g=10m/s2 ，sin37 =0.6， cos37 =0
7、.8。求：（ 1）运动员在助滑坡 AB 上运动加速度的大小；（ 2）运动员在 C 点起跳时速度的大小；（ 3）运动员从起滑台 A 点到起跳台 C 点的过程中克服摩擦力所做的功。【答案】（ 1）（ 2）（ 3）【解析】【详解】（1）运动员在助滑坡AB 上运动时，根据牛顿第二定律得： mgsin -mgcos=ma解得 ： a=g（ sin -cos） =10（ 0.6-0.03 0）.8 =5.76m/s 2（2） 运 从C 点起跳后到落到着 坡上的 t， C 点到着 坡上着 点的距离 L运 从C 点起跳后做平抛运 ， 有 直方向： Lsin =gt2水平方向： Lcos=vt 0由 ： 得：
8、tan =解得 t=2s， v0=30m/s（3）运 从起滑台A 点到起跳台C 点的 程，根据 能定理得mgh-Wf = mv 02解得克服摩擦力所做的功 Wf =mgh- mv02=60 10 47- 60230=1200J 【点睛】本 要分析清楚运 的运 情况，知道运 先做匀加速运 ，后做匀减速运 ，最后平抛运 ，是 能定理和平抛运 的 合，要善于运用斜面的 角研究平抛运 两个分位移之 的关系，求出 4 如 所示，水平 可 直中心 ， 上放着A 、 B 两个物 ， 中心O 处固定一力 感器，它 之 用 接已知mA mB1kg 两 均 L0.25m 能承受的最大拉力均 F8 N A与 的 摩
9、擦因数 m10.5 ， B 与 的 摩擦因数 20.1 ，且可 最大静摩擦力等于滑 摩擦力，两物 和力 感器均 点， 静止 好伸直， 感器的 数 零当 以不同的角速度勾速 ， 感器上就会 示相 的 数F ， g 取 10 m/s2 求：（1）当 AB 的拉力 零 ，物 B 能随 做匀速 的最大角速度；（2）随着 角速度增加，OA 好 生 力 的角速度；（3） 通 算写出 感器 数F 随 角速度 化的函数关系式，并在 乙的坐 系中作出 F2 象【答案】（ 1）12rad / s （ 2）22 2rad / s （ 3）m252rad / s2【解析】对于 B ，由 B 与转盘表面间最大静摩擦力提
10、供向心力，由向心力公式有：2 mB g2mB 12 L代入数据计算得出：12rad / s（2）随着转盘角速度增加，OA 间细线中刚好产生张力时，设AB 间细线产生的张力为T ，有：1 mA g T mA22 LT2 mB g2mB2 2 L代入数据计算得出：222rad / s（3） 当28rad/ s2时， F02当28rad 2/ s2 ，且 AB 细线未拉断时，有：F1mA gTmA2LT2 mB g2mB2 LT8N所以： F326 ； 8rad 2 / s2218rad 2 / s24当218 时，细线 AB 断了，此时 A 受到的静摩擦力提供A 所需的向心力，则有：1 mA g
11、mA w2 L所以： 18rad 2 / s2220rad 2/ s2 时， F0当220 rad 2 / s2 时，有 F1mA gmA2 LF8N所以： F125 ； 20rad 2 / s2252rad 2 / s24若 F252rad2/ s2Fm 8N 时，角速度为： m做出 F2 的图象如图所示 ；点睛：此题是水平转盘的圆周运动问题，解决本题的关键正确地确定研究对象，搞清向心力的来源，结合临界条件，通过牛顿第二定律进行求解5 如图所示，光滑的水平地面上停有一质量，长度的平板车，平板车左端紧靠一个平台，平台与平板车的高度均为，一质量的滑块以水平速度从平板车的左端滑上平板车，并从右端滑
12、离，滑块落地时与平板车的右端的水平距离。不计空气阻力，重力加速度求：滑块刚滑离平板车时，车和滑块的速度大小；滑块与平板车间的动摩擦因数。【答案】 (1)，(2)【解析】【详解】设滑块刚滑到平板车右端时，滑块的速度大小为由动量守恒可知：，平板车的速度大小为，滑块滑离平板车后做平抛运动，则有：解得：，；由功能关系可知：解得：【点睛】本题主要是考查了动量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程进行解答。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
13、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，求小。v 的大【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 点的距离为小球在水平方向上做匀速直线运动，有：L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
14、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，在竖直平面内有一半径为R的 1 光滑圆弧轨道 AB，与水平地面相切于B4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
15、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 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
16、 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 ； 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= 1 mvB2 ，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- 1mvB2 ，2代入数据解得： =05.；（ 2）滑块与轨道组成的系统在水平方
17、向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv -2mv2=01m Rx1-2mx1 =0，tt解得： x1= R ；3滑块 P 离开轨道 AB 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 mvB2 1 2mv2 ，22解得： h= R ；2x1P 向右运动运动的时间：t 1= vB ，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 ；6g8 如图所示，一质量为 m 的小球 C用轻绳悬挂在
18、 O 点，小球下方有一质量为2m 的平板车 B 静止在光滑水平地面上，小球的位置比车板略高，一质量为m 的物块 A 以大小为 v0的初速度向左滑上平板车，此时A、 C 间的距离为 d，一段时间后，物块 A 与小球 C 发生碰撞，碰撞时两者的速度互换，且碰撞时间极短，已知物块与平板车间的动摩擦因数为，重力加速度为 g，若 A 碰 C 之前物块与平板车已达共同速度，求：（1） A、 C 间的距离 d 与 v0 之间满足的关系式；（2）要使碰后小球 C 能绕 O 点做完整的圆周运动，轻绳的长度l 应满足什么条件？【答案】（ 1）；（ 2）【解析】（ 1） A 碰 C 前与平板车速度达到相等，设整个过
19、程A 的位移是 x，由动量守恒定律得由动能定理得：解得满足的条件是（2）物块 A 与小球C 发生碰撞，碰撞时两者的速度互换，C 以速度v 开始做完整的圆周运动，由机械能守恒定律得小球经过最高点时，有解得【名师点睛】A 碰 C前与平板车速度达到相等，由动量守恒定律列出等式；A 减速的最大距离为d，由动能定理列出等式，联立求解。 A 碰 C后交换速度， C 开始做完整的圆周运动，由机械能守恒定律和 C 通过最高点时的最小向心力为 mg，联立求解。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
20、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置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去设质量为0.5R后锁定，在弹簧上段放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
21、，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2mgm v1R可以解得v1gR(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 2.5Rm 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2h3Rtgg离 OO的水平距离
22、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1222Sr2r18.25R【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 如图所示，一个质量为m=0.2kg的小物体(P 可视为质点)，从半径为R=0.8m的光滑圆强轨道的A 端由静止释放，A 与圆心等高，滑到B 后水平滑上与圆弧轨道平滑连接的水平桌面，小物体与桌面间的动摩擦因数为=0
23、.6，小物体滑行L=1m后与静置于桌边的另一相同的小物体Q 正碰，并粘在一起飞出桌面，桌面距水平地面高为h=0.8m 不计空气阻力，g=10m/s2.求：(1)滑至 B 点时的速度大小；(2)P 在 B 点受到的支持力的大小；(3)两物体飞出桌面的水平距离；(4)两小物体落地前损失的机械能.【答案】 (1) v1 4m/s (2) FN 6N (3)s=0.4m (4) E=1.4J 【解析】【详解】（1）物体 P 从 A 滑到 B 的过程，设滑块滑到B 的速度为v1 ，由动能定理有：12mgRmv1解得： v14m/s（2）物体 P 做匀速圆周运动，在B 点由牛顿第二定律有:FNmgmv12
24、R解得物体 P 在 B 点受到的支持力FN6N（3） P 滑行至碰到物体Q 前，由动能定理有 :mgL1mv221mv1222解得物体 P 与 Q 碰撞前的速度 v22m/sP 与 Q 正碰并粘在一起，取向右为正方向，由动量守恒定律有:mv2mm v3解得 P 与 Q 一起从桌边飞出的速度v31m/s由平碰后 P、 Q 一起做平抛运动，有：h 1 gt 22sv3t解得两物体飞出桌面的水平距离s=0.4m（4）物体 P 在桌面上滑行克服阻力做功损失一部分机械能:E1mgL1.2J物体 P 和 Q 碰撞过程中损失的机械能 :E21mv221(m m) v320.2J22两小物体落地前损失的机械能EE1E2解得： E=1.4J
