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1、高中物理曲线运动解题技巧及练习题( 含答案 )一、高中物理精讲专题测试曲线运动1 如图所示，粗糙水平地面与半径为R=0.4m 的粗糙半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内， O 是 BCD的圆心， BOD 在同一竖直线上质量为m=1kg 的小物块在水平恒力F=15N 的作用下，从A 点由静止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到B 点时撤去F，小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D 点，已知A、 B 间的距离为3m ，小物块与地面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g 取 10m/s 2求：（1）小物块运动到B 点时对圆轨道B 点的压力大小（2）小物块离开D 点后落到地面上的点与D 点之间的距离【答案
2、】（ 1） 160N（ 2）0.8 2 m【解析】【详解】（1）小物块在水平面上从A 运动到 B 过程中，根据动能定理，有：（F-mg） xAB1B2=mv-02在 B 点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得：NmgmvB2R联立解得小物块运动到B 点时轨道对物块的支持力为：N=160N由牛顿第三定律可得，小物块运动到 B 点时对圆轨道 B 点的压力大小为： N=N=160N （2）因为小物块恰能通过 D 点，所以在 D 点小物块所受的重力等于向心力，即：2mgm vDR可得： vD=2m/s设小物块落地点距B 点之间的距离为x，下落时间为t，根据平抛运动的规律有：x=vDt ，2R= 1
3、gt22解得： x=0.8m则小物块离开D 点后落到地面上的点与D 点之间的距离l2x0.8 2m2 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
4、 4t 2t 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
5、界速度，则mgm v2 ，R解得： vgR32 m/s2物块到达P 的速度：vPvD2vy2322.252m/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 1cos53R22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x4t-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
6、可弹簧压缩到C 点具有的弹性势能为：Epm1gxBC 0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， xBC2m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.3 如图所示 ,半径 R=2.5m 的竖直半圆光滑轨道在B 点与水平面平滑连接,一个质量m=0.50kg 的小滑块 (
7、可视为质点 )静止在 A 点 .一瞬时冲量使滑块以一定的初速度从A 点开始运动 ,经 B 点进入圆轨道,沿圆轨道运动到最高点C,并从 C 点水平飞出 ,落在水平面上的D 点 .经测量 ,D、B 间的距离s1=10m,A、B 间的距离s2=15m,滑块与水平面的动摩擦因数,重力加速度.求 :(1)滑块通过 C 点时的速度大小 ;(2)滑块刚进入圆轨道时 ,在 B 点轨道对滑块的弹力 ;(3)滑块在 A 点受到的瞬时冲量的大小 .【答案】（ 1）（2） 45N（3）【解析】【详解】（1）设滑块从C 点飞出时的速度为vc，从 C 点运动到D 点时间为t滑块从 C 点飞出后，做平抛运动，竖直方向：2R
8、= gt2水平方向： s1=vct解得： vc=10m/s（2）设滑块通过B 点时的速度为vB，根据机械能守恒定律22mvB = mv c +2mgR解得： vB=10m/s设在 B 点滑块受轨道的压力为解得： N=45NN，根据牛顿第二定律： N-mg=m（3）设滑块从 A 点开始运动时的速度为22vA，根据动能定理 ； - mgs2= mv B- mvA解得： vA=16.1m/s设滑块在 A 点受到的冲量大小为I，根据动量定理 I=mvA解得： I=8.1kg?m/s ；【点睛】本题综合考查动能定理、机械能守恒及牛顿第二定律，在解决此类问题时，要注意分析物体运动的过程，选择正确的物理规律
9、求解4 如图所示，一根长为0.1 m的细线，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
10、mg 、桌面弹力FN 和细线的拉力 F,重力 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00,线断时的拉力是1,线上的拉力是F ,加快后的角速度为F ，则有：1022F :F = :0 =9:1，又 F1=F0+40N，所以 F01=5N,线断时有： F =45N.(2) 设线断时小球的线速度大小为v,由 F1= m v2，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 如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，第 象限的等
11、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 .2212v02642gh【答案】 (1) 2h, h (2)qhmv0 (3)g,0【解析】【分析】带电粒子从电场中Q 点以
12、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F1 qEmv022h由题意得a1F1qEmmx1v0t1y11at122解得2mv0x1y1Eqmv022EqE mv0 2 2qhQ 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v1vxv0vyat1mv0t1Eq联立解得vyv0v12v0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
13、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2mv02q2v0BRR2mv02qB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 sin450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x
14、2vx2t22v02g带电粒子在p2 点的坐标由几何知识可知p2 点的坐标是（ 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6 如图所示，光滑轨道CDEF 是一 “过山车 ”的简化模型，最低点D 处入、出口不重合，E 点是半径为 R0.32m 的竖直圆轨道的最高点，DF 部分水平，末端F 点与其右侧的水平传送带平滑连接，传送带以速率v=1m/s逆时针匀速转动，水平部分长度L=1m物块B静止在水平面的最右端F处质量为mA1kg 的物块A 从轨道上某点由静止释放，恰好通过竖直圆轨道最高点E ，
15、然后与B 发生碰撞并粘在一起若B 的质量是A 的 k 倍，A、B与传送带的动摩擦因数都为0.2 ，物块均可视为质点，物块A 与物块B 的碰撞时间极短，取g10m / s2 求：（ 1）当 k 3 时物块 A、B 碰撞过程中产生的内能；（ 2）当 k=3 时物块 A、B 在传送带上向右滑行的最远距离；（3）讨论 k 在不同数值范围时， A、B 碰撞后传送带对它们所做的功W 的表达式【答案】 （1） 6J（ 2） 0.25m（ 3） W2 k1 J Wk 22k 152 k1【解析】（1）设物块 A 在 E 的速度为 v0 ，由牛顿第二定律得： mA g mAv02，R设碰撞前 A 的速度为 v1
16、 由机械能守恒定律得：2mA gR1 mAv021 mAv12 ，22联立并代入数据解得：v14m / s ；设碰撞后A、B 速度为v2 ，且设向右为正方向，由动量守恒定律得mAv1mAm2v2；解得： v2mAv1141m / s ；1 3mA mB由能量转化与守恒定律可得：Q1 mAv121 mAmB v22 ，代入数据解得Q=6J ；22（2）设物块 AB 在传送带上向右滑行的最远距离为s，由动能定理得：mAmBgs1 mAmBv22 ，代入数据解得 s0.25m ；2（3）由式可知：v2mAv14m / s ；mAmB1k（i ）如果 A、 B 能从传送带右侧离开，必须满足1mAmBv
17、22mAmBgL ，2解得： k 1，传送带对它们所做的功为： WmAmBgL2 k1 J；（ii ）（ I）当 v2v 时有： k3，即 AB 返回到传送带左端时速度仍为v2 ；由动能定理可知，这个过程传送带对AB 所做的功为： W=0J，（II）当 0 k时， AB 沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速，当速度与传送带速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左侧在这个过程中传送带对AB 所做的功为 W1 mAmBv21 mAmBv22 ，22k 22k15解得 Wk1；2【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、动量守恒定律、动能定
18、理即可解题；解题时注意讨论，否则会漏解 A 恰好通过最高点E，由牛顿第二定律求出A 通过 E 时的速度，由机械能守恒定律求出 A 与 B 碰撞前的速度，A、B 碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出碰撞过程产生的内能，应用动能定理求出向右滑行的最大距离根据A、B 速度与传送带速度间的关系分析AB 的运动过程，根据运动过程应用动能定理求出传送带所做的功7“抛石机 ”是古代战争中常用的一种设备，如图所示，为某学习小组设计的抛石机模型，其长臂的长度 L = 2 m，开始时处于静止状态，与水平面间的夹角=37；将质量为 m=10.0的石块装在长臂末端的口袋中，对短臂施力，当长臂转到竖
19、直位置时立即停止转动，石块被水平抛出，其落地位置与抛出位置间的水平距离x =12 m。不计空气阻力， 重力加速度 g 取 10m/s2，取水平地面为重力势能零参考平面。sin37 =0.6， cos37= 0.8。求：h 1 gt 22x = v0t（ 1）石块在最高点的重力势能EP（ 2）石块水平抛出的速度大小v0；（ 3）抛石机对石块所做的功 W。【答案】 （1） 320J（ 2） 15m/s（ 3） 1445J【解析】（ 1）石块在最高点离地面的高度：h=L+Lsin=2（ 1+0.6） m = 3.2m由重力势能公式：EP =mgh= 320J（2）石块飞出后做平抛运动水平方向竖直方向
20、解得： v0 = 15m/s（3）长臂从初始位置转到竖直位置过程，由动能定理得： W mgh1 mv022解得： = 1445J点睛：要把平抛运动分解水平方向上的匀速和竖直方向上的自由落体运动。8 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在竖直方向上物块间的动摩擦因数0.5，用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度为L 处，然后释放开始沿轨道运
21、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 ；P与 ABP，P（2）若 P的质量为 m ，求物块离开圆轨道后落至AB上的位置与B点之间的距离；（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)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
22、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 B224MgL9 三维弹球 3DPinball是 Window 里面附带的一款使用键盘操作的电脑游戏，小王同学受此启发，在学校组织的趣味运动会上，为大家提供了一个类似的弹珠游戏如图所示，将一质量为 m 0.1kg 的小弹珠 ( 可视为质点 ) 放在 O 点，用弹簧装置将其弹出，使其沿着光滑的半圆形轨道OA 和 AB 进入水平桌面 BC，从 C点水平抛出已知半圆型轨道OA 和AB 的半径分别为 r0.2m ， R 0.4
23、m ， BC 为一段长为 L2.0m 的粗糙水平桌面，小弹珠与桌面间的动摩擦因数为0.4 ，放在水平地面的矩形垫子DEFG的 DE边与 BC垂直， C点离垫子的高度为h 0.8m ， C 点离 DE 的水平距离为x 0.6m ，垫子的长度EF为1m， g 10m / s2 . 求：1若小弹珠恰好不脱离圆弧轨道，在B 位置小弹珠对半圆轨道的压力；2若小弹珠恰好不脱离圆弧轨道，小弹珠从C 点水平抛出后落入垫子时距左边缘DE的距离；3 若小弹珠从 C 点水平抛出后不飞出垫子，小弹珠被弹射装置弹出时的最大初速度【答案】（ 1） 6N（ 2） 0.2m（3） 26m / s【解析】【分析】(1)由牛顿第
24、二定律求得在A 点的速度，然后通过机械能守恒求得在B 点的速度，进而由牛顿第二定律求得支持力，即可由牛顿第三定律求得压力；(2)通过动能定理求得在C 点的速度，即可由平抛运动的位移公式求得距离；(3)求得不飞出垫子弹珠在C 点的速度范围，再通过动能定理求得初速度范围，即可得到最大初速度【详解】（1）若小弹珠恰好不脱离圆弧轨道，那么对弹珠在A 点应用牛顿第二定律有2mgmvA ，R所以， vAgR2m / s ；那么，由弹珠在半圆轨道上运动只有重力做功，机械能守恒可得：1 mvB21 mvA22mgR ，所以， vBvA24gR 25m / s ；22那么对弹珠在 B 点应用牛顿第二定律可得：弹
25、珠受到半圆轨道的支持力FN mgmvB26N ，方向竖直向上；R故由牛顿第三定律可得：在B 位置小弹珠对半圆轨道的压力N FN 6N ，方向竖直向下； （ 2）弹珠在 BC 上运动只有摩擦力做功，故由动能定理可得：mgL1 mvC21 mvB2 ，22所以， vCvB22 gL2m / s；设小弹珠从C 点水平抛出后落入垫子时距左边缘DE的距离为 d，那么由平抛运动的位移公式可得： h1 gt 2，2x d vC t vC2h0.8m ，g所以， d0.2m；（3）若小弹珠从C 点水平抛出后不飞出垫子，那么弹珠做平抛运动的水平距离0.6ms1.6m ；ssvC 2h ，故平抛运动的初速度tg所
26、以， 1.5m / s vC 4m / s；又有弹珠从 O 到 C 的运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得：mg2R 2rmgL1 mvC2 1 mv02 ；22所以， v0vC 2 2g2R 2r2 gLvC 2 8m / s ，故41 m / sv0 26m / s ，所以小弹珠被弹射装置弹出时的最大初速度为2 6m / s ；2【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，
27、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，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】 12v0
28、 ，方向与边界cd 成 30o 角斜向下； 2 53 L ， ；（ 3）5L ，848 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）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
29、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 10=at =3 v粒子从 N 点飞离 cd 边界时的速度 ： v=2v0v y，故=600，即速度与边界cd 成 300 角斜向下 速度偏转角的正切： tan=3v0L（2）粒子从 P 到 O 点时间： t2= 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
30、： 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= 5 3 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=qr5qL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：2rT=v粒子在匀强磁场中运动的时间：25 3Lt 3=T=318v03L5 3L粒子从 O 点出发至再次回到O 点的总时间： t=t 1+t2+t 3= 2v 0+18v 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