1、（物理）物理曲线运动专项含解析一、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，物块从 D 点飞离
2、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 ，R解得
3、： 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，由能量守恒可弹簧压缩到C
4、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，水平长直轨道AB 与半径为R=0.8m 的光滑 1 竖直圆轨道BC 相切于 B， BC4与半径为r=0.4m 的光滑 1
5、 竖直圆轨道CD相切于 C，质量 m=1kg 的小球静止在A 点，现用4F=18N 的水平恒力向右拉小球，在到达AB 中点时撤去拉力，小球恰能通过D 点 已知小球与水平面的动摩擦因数=0.2，取 g=10m/s 2求：（ 1）小球在 D 点的速度 vD 大小 ；（ 2）小球在 B 点对圆轨道的压力 NB 大小；（ 3） A、B 两点间的距离 x【答案】 (1) vD2m / s （ 2）45N (3)2m【解析】【分析】【详解】（1）小球恰好过最高点D，有：2mgm vDr解得： vD2m/s（2）从 B 到 D，由动能定理：mg(R r )1 mvD21 mvB222设小球在 B 点受到轨道
6、支持力为N，由牛顿定律有：NmgmNB=Nv2BR联解得：N=45N（3）小球从A 到 B，由动能定理：F xmgx1 mvB222解得： x 2m故本题答案是：(1) vD 2m / s （ 2） 45N (3)2m【点睛】利用牛顿第二定律求出速度，在利用动能定理求出加速阶段的位移，3 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，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
7、：（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
8、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2x =x +x211可得： t 1=2t2， H=4（H-h）得： H： h=4：34 高台滑雪以其惊险刺
9、激而闻名，运动员在空中的飞跃姿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 ，
10、sin37 =0.6， cos37 =0.8。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）设运动员从C 点起跳后到落到着陆坡上的时间为t， C 点到着陆坡上着陆点的距离为L运 从C 点起跳后做平抛运 ， 有 直方向： Lsin =
11、gt2水平方向： Lcos=vt 0由 ： 得： 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 5 如 所示，水平 台A 端固定， B 端左右可 ，将 簧左端与 平台固定，右端有一可 点， 量 2kg 的滑 靠 簧（未与 黄 接)， 簧
12、量不同 ，将滑 出去的速度不同. 弧 道固定在地面并与一段 摩擦因素 0.4 的粗糙水平地面相切D 点， AB 段最 ， BC两点水平距离xBC=0.9m, 平台距地面髙度h=0.53m ， 弧半径R=0.4m， =37，已知 sin37 =0.6, cos37 =0.8.完成下列 題：（1） 道末端AB 段不 短， 黄后将滑 出，滑 点速度vB=3m/s ，求落到C点 速度与水平方向 角；（2）滑 沿着 弧 道运 后能在 DE 上 滑行 2m, 求滑 在 弧 道上 D 点的 力大小：（3）通 整 簧 量，并将AB 段 短，滑 出后恰好无碰撞从C 点 入 弧轨道，求滑 从平台 出的初速度以及A
13、B 段 短的距离.【答案】 （1） 45（ 2） 100N （3） 4m/s 、0.3m【解析】（1）根据 意C 点到地面高度hCRRcos3700.08m从 B 点 出后，滑 做平抛运 ，根据平抛运 律：hhC1 gt 22化简则 t0.3s根据 xBCvBt可知 vB3m / s飞到 C 点时竖直方向的速度vygt 3m / s因此 tanvy1vB即落到圆弧 C 点时，滑块速度与水平方向夹角为45（2）滑块在 DE 阶段做匀减速直线运动，加速度大小afgm根据 vE2vD22axDE联立两式则 vD4m / s在圆弧轨道最低处 FN mg m vD2R则 F100N，即对轨道压力为100
14、NN（3）滑块弹出恰好无碰撞从C 点进入圆弧轨道，说明滑块落到C 点时的速度方向正好沿着轨迹该出的切线，即tanvyv0由于高度没变，所以vyvy3m / s ，370因此 v0 4m / s对应的水平位移为xACv0 t1.2m所以缩短的 AB 段应该是xABxAC xBC0.3m【点睛】滑块经历了弹簧为变力的变加速运动、匀减速直线运动、平抛运动、变速圆周运动，匀减速直线运动；涉及恒力作用的直线运动可选择牛顿第二定律和运动学公式；而变力作用做曲线运动优先选择动能定理，对匀变速曲线运动还可用运动的分解利用分运动结合等时性研究6 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
15、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上的位置与B点之间的距离；AB（3）为使物块P 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】 (1)EPmgL(2
16、)S 2 2L(3)mMm55532【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 B2 4 MgL27 如图所示， P 为弹射器， PA、 BC为光滑水平面分别与传送带AB
17、 水平相连， CD为光滑半圆轨道，其半径R=2m，传送带AB 长为 L=6m，并沿逆时针方向匀速转动现有一质量m=1kg 的物体（可视为质点）由弹射器P 弹出后滑向传送带经BC紧贴圆弧面到达已知弹射器的弹性势能全部转化为物体的动能，物体与传送带的动摩擦因数为g=10m/s2，现要使物体刚好能经过 D 点，求：（1）物体到达D 点速度大小；D 点，=0.2取（2）则弹射器初始时具有的弹性势能至少为多少【答案】（ 1） 25 m/s ；（ 2） 62J【解析】【分析】【详解】（1）由题知，物体刚好能经过D 点，则有：mg m vD2R解得： vDgR25 m/s（2）物体从弹射到D 点，由动能定理
18、得：WmgL2mgR1 mvD202WEp解得： Ep62J8 如图所示，四分之一光滑圆弧轨道AO 通过水平轨道OB 与光滑半圆形轨道BC 平滑连接， B、 C 两点在同一竖直线上，整个轨道固定于竖直平面内，以O 点为坐标原点建立直角坐标系 xOy。一质量m=1kg 的小滑块从四分之一光滑圆弧轨道最高点A 的正上方E 处由静止释放， A、 E 间的高度差h=2.7m ，滑块恰好从A 点沿切线进入轨道，通过半圆形轨道BC的最高点 C 时对轨道的压力F=150N，最终落到轨道上的D 点 (图中未画出 )。已知四分之一圆弧轨道 AO 的半径 R=1.5m，半圆轨道 BC 的半径 r=0.4m，水平轨
19、道 OB 长 l=0.4m ，重力加速度 g=10m/s2 。求：(1)小滑块运动到C 点时的速度大小；(2)小滑块与水平轨道OB 间的动摩擦因数；(3)D 点的位置坐标.【答案】 (1) v8m/s(2)0.5 (3)x 1.2m, y 0.6mC【解析】【详解】（1）滑块在C 点时，对滑块受力分析，有Fmgm vC2r解得： vC8m / s（2）滑块从 E 点到 C 点过程，由动能定理可知：mghR2rmgl1 mvc22解得：0.5（3）小滑块离开C 点后做平抛运动，若滑块落到水平轨道，则2r1 gt 2， svCt2解得： s3.2m l 0.4m所以滑块落到四分之一圆弧轨道上，设落
20、点坐标为x, y ，则有：2ry1gt 22lx vCtx2R2R2y解得： x1.2m， y0.6m9 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 相切于 N 点的圆形有qL界匀强磁场，磁场的方向垂直纸面、水平向外. 现有一质量为 m，电荷量为 q 的带正电粒子自 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
21、，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 2v，方向与边界 cd 成30o 角斜向下；5 3L， ；（ 3）5L ，02488 3mv0 ； 43L5 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）
22、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： 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
23、向下 v0（2）POt2L粒子从到点时间：= 2v 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 cos600 +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mv8 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
24、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：25 3Lt 3=T=318v0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=+2v 018v 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 10 如图所示，AB 为倾角37的斜面轨道，B
25、P 为半径R=1m的竖直光滑圆弧轨道，O为圆心，两轨道相切于B 点， P、 O 两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A 点，另一端在斜面上C 点处，轨道的AC 部分光滑， CB部分粗糙， CB长 L 1.25m，物块与斜面间的动摩擦因数为 0.25，现有一质量m=2kg 的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D 点后释放 (不栓接 )，物块经过B 点后到达P 点，在 P 点物块对轨道的压力大小为其重力的1.5倍， sin370.6,cos370.8 ， g=10m/s 2. 求：(1)物块到达 P 点时的速度大小vP；(2)物块离开弹簧时的速度大小vC；(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物块离
26、开弹簧时速度的最大值vm.【答案】 (1) vP5m/s (2)vC=9m/s (3)vm6m/s【解析】【详解】(1)在 P 点，根据牛顿第二定律：2vPmgN Pm解得 : vP2.5gR5m/s(2)由几何关系可知BP 间的高度差hBPR(1cos37 )物块 C 至 P 过程中，根据动能定理：mgL sin37mghBPmgLcos37 =1mvP21mvC222联立可得： vC=9m/s(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物块能够到达的最大高度为与O 等高处的 E 点，物块 C 至 E 过程中根据动能定理：mgL cos37mgLsin37 mgRsin 53 =01mvm22解得： vm6m/s
