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1、物理曲线运动提高训练含解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1 如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，第 象限的等腰直角三角形MNP 区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y 0 的区域内存在着沿 y 轴正方向的匀强电场Emv02一质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子从电场中 Q 点以速度 v0 水平向右射出，2qh经坐标原点 O 射入第 象限已知粒子在第 象限运动的水平方向位移为竖直方向位移的2 倍，且恰好不从 PN 边射出磁场已知 MN 平行于 x 轴， N 点的坐标为 (2h,2h)，不计粒子的重力，求：入射点Q 的坐标；磁感应强度的大小B；粒子第三次经过x 轴的位置坐标 .221(3)
2、2v02642gh【答案】 (1) 2h, h (2)qhmv0g,0【解析】【分析】带电粒子从电场中 Q 点以速度 v0 水平向右射出，在第 象限做的是类平抛运动，在第 I 象限，先是匀速直线运动，后是圆周运动，最后又在电场中做类斜抛运动【详解】(1) 带电粒子在第象限做的是类平抛运动，带电粒子受的电场力为F1 运动时间为 t1 ，有2F1qEmv0由题意得F1qEa1mmx1v0t1y11 at122解得x1mv02Eqy1mv022Eqmv0 2E2qhQ 的坐标2h, h(2) 带电粒子经坐标原点O 射入第 象限时的速度大小为v1vxv0vyat1t1mv0Eq联立解得vyv0v12v
3、0由带电粒子在通过坐标原点O 时， x 轴和 y 轴方向速度大小相等可知，带电粒子在第I 象限以 2v0 速度大小，垂直MP 射入磁场，并在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，且恰好不从 PN 边射出磁场如下图所示，设圆周的半径为R，由牛顿第二定律则有2mv02q2v0BR2mv0R2qB由图知EC 是中位线， O1 是圆心， D 点是圆周与 PN 的切点，由几何知识可得，圆周半径R2h22解得221Bmv0qh(3) 带电粒子从磁场中射出后，又射入电场中，做类斜抛运动，速度大小仍是2v0 ，且抛射角是 450 ，如下图所示，根据斜抛运动的规律，有vx 22v0 cos450vy 22v0 sin4
4、50带电粒子在电场中飞行时间为t2 则有t22vy12v0gg带电粒子在电场中水平方向飞行距离为x2 有x2vx2t2带电粒子在p2 点的坐标由几何知识可知p2 点的坐标是2v02g（ 4h 2h 2 ， 0）2 2带电粒子在p1 点的坐标是2v02642 gh,0g【点睛】带电粒子在不同场中运动用不同的物理公式以及利用几何知识来计算2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的斜面垂直相碰已知半圆形管道的半径为m 1kg ，
5、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=10m（ 2）根据牛顿运动定律，在 B 点v2
6、NB+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3 如图所示，水平实验台A 端固定，B 端左右可调，将弹簧左端与实验平台固定，右端有一可视为质点，质量为2kg 的滑块紧靠弹簧（未与弹黄连接)，弹簧压缩量不同时，将滑块弹出去的速度不同.圆弧轨道固定在地面并与一段动摩擦因素为0.4 的粗糙水平地面相切D 点， AB 段最长时，BC两
7、点水平距离xBC=0.9m, 实验平台距地面髙度h=0.53m ，圆弧半径R=0.4m， =37，已知sin37 =0.6, cos37 =0.8.完成下列问題：（1）轨道末端 AB 段不缩短，压缩弹黄后将滑块弹出，滑块经过点速度vB=3m/s ，求落到 C点时速度与水平方向夹角；（2）滑块沿着圆弧轨道运动后能在DE 上继续滑行 2m, 求滑块在圆弧轨道上对 D 点的压力大小：（3）通过调整弹簧压缩量，并将AB 段缩短，滑块弹出后恰好无碰撞从C 点进入圆弧 轨道，求滑块从平台飞出的初速度以及AB 段缩短的距离 .【答案】 （1） 45（ 2） 100N （3） 4m/s 、0.3m【解析】（1
8、）根据题意 C 点到地面高度hCR Rcos3700.08m从 B 点飞出后，滑块做平抛运动，根据平抛运动规律：h hC1 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fgam根据 vE2vD22axDE联立两式则 vD4m / s在圆弧轨道最低处FNmgm vD2R则 FN 100N ，即对轨道压力为100N（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
9、出的切线，即tanvyv0由于高度没变，所以 vyvy3m / s ，370因此 v04m / s对应的水平位移为xACv0 t1.2m所以缩短的AB 段应该是xABxACxBC0.3m【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4 如图所示，一质量M =4kg 的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成， BC与 CD相切于 C
10、，圆弧BC 所对圆心角 37，圆弧半径R=2.25m，滑动摩擦因数=0.48。质量m=1kg 的小物块从某一高度处的A 点以 v0 4m/s 的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B 点进入圆弧轨道，最终与小车保持相对静止。取g 10m/s 2， sin37 =0.6，忽略空气阻力，求:（ 1） A、B 间的水平距离；（ 2）物块通过 C 点时，轨道对物体的支持力；（ 3）物块与小车因摩擦产生的热量。【答案】 （1） 1.2m （2） FN25.1N （ 3） 13.6J【解析】【详解】（1）物块从 A到 B由平抛运动的规律得 :gttan= v0x= v0t得x=1.2m（2）物块在 B 点时，由
11、平抛运动的规律得：v0vBcos物块在小车上 BC段滑动过程中，由动能定理得：11mgR(1 cos) mvC2mvB222在 C 点对滑块由牛顿第二定律得FNmgm vC2R联立以上各式解得： FN 25.1N（ 3）根据牛顿第二定律，对滑块有 mg ma1 ，对小车有 mgMa 2当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即vC a1t 1 a2t 1由以上各式解得 t134 s，6此时小车的速度为va2t 134 m / s51212物块在 CD段滑动过程中由能量守恒定律得：mvC（ M m） v + Q22解得： Q=13.6J5 如图所示，一质量为m 的小球 C用轻绳悬挂在O 点，小球下方
12、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，设整个过程A 的位移是 x，由动量守恒
13、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。6 某工厂在竖直平面内安装了如图所示的传送装置，圆心为O 的光滑圆弧轨道AB 与足够长倾斜传送带BC 在B 处相切且平滑连接，OA 连线水平、OB 连线与竖直线的夹角为37，圆弧的半径为R1
14、.0m，在某次调试中传送带以速度v2 m/s顺时针转动，现将质量为 m13 kg 的物块 P（可视为质点）从A 点位置静止释放，经圆弧轨道冲上传送带，当物块P 刚好到达B 点时，在C 点附近某一位置轻轻地释放一个质量为m21kg 的物块 Q 在传送带上，经时间t1.2s 后与物块 P 相遇并发生碰撞，碰撞后粘合在一起成为粘合体 A已知物块 P、Q、粘合体 S 与传送带间的动摩擦因数均为0.5 ，重力加速度20.6 ， cos37 0.8 试求：g 10m/s ， sin37（ 1）物块 P 在 B 点的速度大小；（ 2）传送带 BC两端距离的最小值；（ 3）粘合体回到圆弧轨道上 B 点时对轨道
15、的压力【答案】 （1） 4m/s （2） 3.04m（ 3） 59.04N ，方向沿OB 向下。【解析】【分析】【详解】（1）由 A 到 B，对物块 P 由动能定理有m1gR cos1m1v122可得物块 P 在 B 点的速度大小v12gRcos4m/s（2）因 vBv，物块 P 在传送带上减速，受到向下的摩擦力，由牛顿第二定律有m1 g sinm1g cosm1a1可得物块P 的加速度大小a 1=10m/s2减速至 v 的时间t1vv10.2sa1运动位移x1v2v120.6m2a1因 x1L，摩擦力反向，又因 mg sinmg cos，物块 P 继续向上减速，有m1 g sinm1g co
16、sm1a2可得物块P 的加速度大小a1=2m/s 2减速至 0 的时间t2v1sa2因 t 2=t-t 1 ，说明物块 P 刚好减速到零时与物块Q 相遇发生碰撞物块 P 第二段减速的位移大小v2x21m2a2对物体 Qm2 g sinm2 g cosm2 a3可得其加速度a3=2m/s 2下滑的位移x31 a3t 21.44m2BC 的最小距离L=x1+x2+x3=3.04m（3）碰撞前物体Q 的速度v2=a3t =2.4m/s物体 P 和 Q 碰撞m2v2=（ m1+m2 ）v3可得碰撞后速度v3=0.6m/s碰撞后粘合体以加速度a3 向下加速运动，到圆弧上的B 点的过程，有2a3 x1x2
17、 v42 - v32可得粘合体在B 点的速度v4=2.6m/s在 B 点由牛顿第二定律有v42Fm1m2 gcos m1m2R可得轨道对粘合体的支持力F=59.04N由牛顿第三定律得：粘合体S 对轨道的压力F=59.04N，方向沿OB 向下。7如图所示，某同学在一辆车上荡秋千，开始时车轮被锁定，车的右边有一个和地面相平的沙坑，且右端和沙坑的左边缘平齐；当同学摆动到最大摆角=60时，车轮立即解除锁定，使车可以在水平地面无阻力运动，该同学此后不再做功，并可以忽略自身大小，已知秋千绳子长度L=4.5m，该同学和秋千支架的质量M=200kg ，重力加速度g=10m/s 2，试求：（ 1）该同学摆到最低
18、点时的速率；（ 2）在摆到最低点的过程中，绳子对该同学做的功；（ 3）该同学到最低点时，顺势离开秋千板，他落入沙坑的位置距离左边界多远？已知车辆长度 s=3.6m，秋千架安装在车辆的正中央，且转轴离地面的高度H=5.75m.【答案】（ 1） 6m/s ；（ 2） -225J；（ 3） 0.421m【解析】（1）人向下运动的过程中，人与车在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则：人向下运动的过程中系统的机械能守恒，则：代入数据，联立得：（2）对人向下运动的过程中使用动能定理，得：代入数据解得：（3）人在秋千上运动的过程中，人与车组成的系统在水平方向的平均动量是守恒的，则：由于运动的时间相等，则
19、：又：，联立得：，即车向左运动了人离开秋千后做平抛运动，运动的时间为：人沿水平方向的位移为：所以人的落地点到沙坑边缘的距离为：代入数据，联立得：。点睛：该题中涉及的过程多，用到的知识点多，在解答的过程中要注意对情景的分析，尤其要注意人在秋千上运动的过程中，车不是静止的，而是向左运动。8 如图所示，在光滑水平桌面 EAB上有质量为 m2 kg 的小球 P 和质量为 M 1 kg 的小球 Q， P、 Q 之间压缩一轻弹簧 (轻弹簧与两小球不拴接 )，桌面边缘 E 处放置一质量也为 M 1 kg 的橡皮泥球 S，在 B 处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧， P、 Q 两小
20、球被轻弹簧弹出，小球P 与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球 Q 与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S 碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D 点。已知水平桌面高为h 0.2 m， D 点到桌面边缘的水平距离x0.2 m，重力加速度为g10 m/s 2，求：为 (1)小球 P 经过半圆形轨道最低点B 时对轨道的压力大小 NB；(2)小球 Q 与橡皮泥球 S 碰撞前瞬间的速度大小vQ；(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。【答案】 (1)120N(2)2 m/s(3)3 J【解析】【详解】（1）小球 P 恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则有2mg m vCR解得vCgR
21、对于小球P，从 BC，由动能定理有2mgR 1 mvC2 1 mvB222解得vB5gR在 B 点有NB mg m解得vB2RNB 6mg120 N由牛顿第三定律有NB NB 120 N（2）设 Q 与 S 做平抛运动的初速度大小为v，所用时间为t，根据公式h 1 gt 2，得2t 0.2 s根据公式x vt，得v1 m/s碰撞前后Q 和 S组成的系统动量守恒，则有Mv Q2Mv解得vQ 2 m/s（ 3） P、 Q 和弹簧组成的系统动量守恒，则有mvP Mv Q解得vP 1 m/s对 P、 Q 和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有Ep 1 mvP2 1 MvQ222解得Ep 3 J9 如图所示
22、， AB 是光滑的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径 BD 竖直，将弹簧水平放置，一端固定在A 点现使质量为m 的小滑块从D 点以速度v0进入轨道DCB，然后沿着BA 运动压缩弹簧，弹簧压缩最短时小滑块处于P 点，重力加速度大小为g，求：（1）在 D 点时轨道对小滑块的作用力大小FN；（ 2）弹簧压缩到最短时的弹性势能Ep；（ 3）若水平轨道 AB 粗糙，小滑块从 P 点静止释放，且 PB 5l，要使得小滑块能沿着轨道BCD运动，且运动过程中不脱离轨道，求小滑块与AB 间的动摩擦因数的范围【答案】 （1）（ 2）（3） 0.2或 0.50.7【解析】 （1）解得
23、（2）根据机械能守恒解得（3）小滑块恰能能运动到B 点解得 0.7小滑块恰能沿着轨道运动到C 点解得 0.5所以 0.5 0.7小滑块恰能沿着轨道运动D 点解得 0.2所以 0.2综上 0.2或 0.5 0.710 如图所示， AB 为倾角37 的斜面轨道， BP 为半径 R=1m 的竖直光滑圆弧轨道，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O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
24、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：mg N Pm vP2R解得 :vP2.55m/sgR(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