高考物理曲线运动易错剖析

高考物理曲线运动易错剖析
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．O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sinα=
3
5
，一质量为m 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 点时动量的大小； （3）小球从C 点落至水平轨道所用的时间． 【答案】（15gR
（223m gR （3355R g 【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F 0，小球到达C 点时所受合力的大小为F ．由力的合成法则有
tan F mg
α=① 2220()F mg F =+②
设小球到达C 点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律得
2
v F m R
=③
由①②③式和题给数据得
03
4
F mg =④
5gR
v =
（2）设小球到达A 点的速度大小为1v ，作CD PA ⊥，交PA 于D 点，由几何关系得 sin DA R α=⑥
(1cos CD R α=+）⑦
由动能定理有
220111
22
mg CD F DA mv mv -⋅-⋅=-⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为 1232
m gR p mv ==
⑨ （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
2
12
v t gt CD ⊥+
=⑩ sin v v α⊥=
由⑤⑦⑩
式和题给数据得
355R t g
=
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，质量m =3kg 的小物块以初速度秽v 0=4m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。

圆弧轨道的半径为R = 3.75m ，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD 平滑连接，A 与圆心D 的连线与竖直方向成37︒角，MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN 间的动摩擦因数μ=0.1，轨道其他部分光滑。

最右侧是一个半径为r =0.4m 的半圆弧轨道，C 点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD 在D 点平滑连接。

已知重力加速度g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

（1）求小物块经过B 点时对轨道的压力大小；
（2）若MN 的长度为L 0=6m ，求小物块通过C 点时对轨道的压力大小； （3）若小物块恰好能通过C 点，求MN 的长度L 。

【答案】（1）62N （2）60N （3）10m 【解析】 【详解】
（1）物块做平抛运动到A 点时，根据平抛运动的规律有：0cos37A v v ==︒ 解得：04
m /5m /cos370.8
A v v s s =
==︒
小物块经过A 点运动到B 点，根据机械能守恒定律有：
()2211cos3722
A B mv mg R R mv +-︒= 小物块经过B 点时，有：2
B
NB v F mg m R
-= 解得：()232cos3762N B
NB
v F mg m R
=-︒+=
根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62N （2）小物块由B 点运动到C 点，根据动能定理有：
22011222
C B mgL mg r mv mv μ--⋅=
- 在C 点，由牛顿第二定律得：2
C
NC v F mg m r
+=
代入数据解得：60N NC F =
根据牛顿第三定律，小物块通过C 点时对轨道的压力大小是60N
（3）小物块刚好能通过C 点时，根据22C
v mg m r
=
解得：2100.4m /2m /C v gr s s =
=⨯=
小物块从B 点运动到C 点的过程，根据动能定理有：
22211222
C B mgL mg r mv mv μ--⋅=
- 代入数据解得：L =10m
3．如图所示，用绝缘细绳系带正电小球在竖直平面内运动，已知绳长为L ，重力加速度g ，小球半径不计，质量为m ，电荷q ．不加电场时，小球在最低点绳的拉力是球重的9倍。

(1)求小球在最低点时的速度大小；
(2)如果在小球通过最低点时，突然在空间产生竖直向下的匀强电场，若使小球在后面的运动中，绳出现松软状态，求电场强度可能的大小。

【答案】（1）18v gL =2）335mg mg
E q q
≤≤ 【解析】
【详解】
（1）在最低点，由向心力公式得：
2
1mv F mg L
-= 解得：18v gL =
（2）果在小球通过最低点时，突然在空间产生竖直向下的匀强电场，若使小球在后面的运动中，绳出现松软状态，说明小球能通过与圆心等的水平面，但不能通过最高点。

则小球不能通过最高点， 由动能定理得：
2212112222
mg L Eq L mv mv ⋅+=
- 且
2
2
v Eq mg m L
+=
则35mg
E q
=
也不可以低于O 水平面
2
12
mv mgL EqL += 则3mg
E q
=
所以电场强度可能的大小范围为
335mg mg
E q q
≤≤
4．如图所示，一半径r ＝0.2 m 的1/4光滑圆弧形槽底端B 与水平传送带相接，传送带的运行速度为v 0＝4 m/s ，长为L ＝1.25 m ，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，DEF 为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空方形细管，EF 段被弯成以O 为圆心、半径R ＝0.25 m 的一小段圆弧，管的D 端弯成与水平传带C 端平滑相接，O 点位于地面，OF 连线竖直．一质量为M ＝0.2 kg 的物块a 从圆弧顶端A 点无初速滑下，滑到传送带上后做匀加速运动，过后滑块被传送带送入管DEF ，已知a 物块可视为质点，a 横截面略小于管中空部分的横截面，重力加速度g 取10 m/s 2．求：
(1)滑块a 到达底端B 时的速度大小v B ； (2)滑块a 刚到达管顶F 点时对管壁的压力． 【答案】（1）2/B v m s = （2） 1.2N F N = 【解析】
试题分析：（1）设滑块到达B 点的速度为v B ，由机械能守恒定律，有21g 2
B M r Mv = 解得：v B =2m/s
（2）滑块在传送带上做匀加速运动，受到传送带对它的滑动摩擦力， 由牛顿第二定律μMg =Ma
滑块对地位移为L ，末速度为v C ，设滑块在传送带上一直加速 由速度位移关系式2Al=v C 2-v B 2
得v C =3m/s<4m/s ，可知滑块与传送带未达共速 ,滑块从C 至F ，由机械能守恒定律，有
221122
C F Mv MgR Mv =+ 得v F =2m/s
在F 处由牛顿第二定律2
g F
N v M F M R
+=
得F N =1．2N 由牛顿第三定律得管上壁受压力为1．2N, 压力方向竖直向上 考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律
【名师点睛】物块下滑和上滑时机械能守恒，物块在传送带上运动时，受摩擦力作用，根据运动学公式分析滑块通过传送带时的速度，注意物块在传送带上的速度分析．
5．如图所示，长为3l 的不可伸长的轻绳，穿过一长为l 的竖直轻质细管，两端分别拴着质量为m 、2m 的小球A 和小物块B ，开始时B 静止在细管正下方的水平地面上。

保持细管竖直用手轻轻摇动细管，稳定后A 在水平面内做匀速圆周运动而B 保持静止状态。

某时刻B 静止在地面上且对地面的压力恰好为零。

已知重力加速度为g ，不计一切阻力。

求：
()1该时刻连接A 的轻绳与竖直方向的夹角θ； ()2该时刻A 的线速度大小v ；
()3从该时刻起轻摇细管使B 升高到离地高度为/2l 处保持静止，求B 上升过程中手对
A 、
B 系统做的功。

【答案】()1?
60o
；()
32?2
gl
；()938mgl 。

【解析】 【分析】
(1)对B 根据平衡求绳子的拉力；对A 球分析，由力的平衡条件可求绳与竖直方向夹角θ； (2)对A 水平方向做圆周运动，利用牛顿第二定律列式求解；
(3)由力的平衡条件和牛顿第二定律并结合功能关系列式联立可求整个过程中人对A 、B 系统做的功。

【详解】
（1）B 对地面刚好无压力，故此时绳子的拉力为2T mg = 对A 受力分析如图所示：
在竖直方向合力为零，故cos T mg θ= 代入数据解得：60θ=o
（2）A 球水平方向做圆周运动，由牛顿第二定律得：2
sin sin v T m l θθ
=代入数据解得：
32
gl
v =
（3）当B 上升
2l 时，拉A 的绳长为32
l
，此时对水平方向上有： 2
1sin 3sin 2
v T m
l θθ= 联立解得：13
2
v gl =A 相对于原来的高度下降的距离：cos 24l l h V θ=
=B 物体重力势能的增加量：122
l
E mg mgl =⋅=V A 物体重力势能的减少量：244
l mgl
E mg =⋅
=V A 物体动能的增加量2231113
228
E mv mv mgl =
-=V 对系统运用功能关系可得手对系统做的功：1229
8
W E E E mgl =-+=
V V V
【点睛】
本题综合考查共点力平衡、牛顿第二定律和功能关系，对于圆锥摆问题，关键分析小球的受力情况，确定其向心力，运用牛顿第二定律和圆周运动的知识结合解答。

6．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 ，水平轨道OB 长l =0.4m ，重力加速度g =10m/s 2。

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)8m/s C v = (2)0.5μ= (3) 1.2m x =-,0.6m y = 【解析】 【详解】
（1）滑块在C 点时，对滑块受力分析，有
2
C v F mg m r
+= 解得：8/C v m s =
（2）滑块从E 点到C 点过程，由动能定理可知：
()2
122
c mg h R r mgl mv μ+--=
解得：0.5μ=
（3）小滑块离开C 点后做平抛运动，若滑块落到水平轨道，则
2
122
r gt =
，C s v t = 解得： 3.20.4s m l m =>=
所以滑块落到四分之一圆弧轨道上，设落点坐标为(),x y ，则有：
2
122
r y gt -=
C l x v t -=
()2
22x R y R +-=
解得： 1.2x m =-，0.6m y =
7．如图所示，倾角θ=30°的光滑斜面上，一轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端连接质量m B =0.5kg 的物块B ，B 通过轻质细绳跨过光滑定滑轮与质量m A =4kg 的物块A 连接，细绳平行于斜面，A 在外力作用下静止在圆心角为α=60°、半径R=lm 的光滑圆弧轨道的顶端a 处，此时绳子恰好拉直且无张力；圆弧轨道最低端b 与粗糙水平轨道bc 相切，bc 与一个半径r=0.12m 的光滑圆轨道平滑连接，静止释放A ，当A 滑至b 时，弹簧的弹力与物块A 在顶端d 处时相等，此时绳子断裂，已知bc 长度为d=0.8m ，求：(g 取l0m/s 2
) (1)轻质弹簧的劲度系数k ；
(2)物块A 滑至b 处，绳子断后瞬间，圆轨道对物块A 的支持力大小；
(3)为了让物块A 能进入圆轨道且不脱轨，则物体与水平轨道bc 间的动摩擦因数μ应满足什么条件？
【答案】（1）5/k N m = （2）72N （3）0.350.5μ≤≤或0.125μ≤ 【解析】
（1）A 位于a 处时，绳无张力弹簧处于压缩状态，设压缩量为x 对B 由平衡条件可以得到：sin B kx m g θ=
当A 滑至b 时，弹簧处于拉伸状态，弹力与物块A 在顶端a 处时相等，则伸长量也为x ，由几何关系可知：2R x =，代入数据解得：5/k N m =； （2）物块A 在a 处和在b 处时，弹簧的形变量相同，弹性势能相同 由机械能守恒有：()22111sin 22
A B A A B B m gR cos m gR m v m v αθ-=++ 将A 在b 处，由速度分解关系有：sin B A v v α= 代入数据解得：22/A v m s =
在b 处，对A 由牛顿定律有：2A
b A A v N m g m R
-= 代入数据解得支持力：72b N N =． （3）物块A 不脱离圆形轨道有两种情况： ①不超过圆轨道上与圆心的等高点
由动能定理，恰能进入圆轨道时需要满足：21102A A A m gd m v μ-=-
恰能到圆心等高处时需要满足条件：22102
A A A A m gr m gd m v μ--=- 代入数据解得：10.5μ=，20.35μ=
②过圆轨道最高点，则恰好过最高点时：2
A A v m g m r
= 由动能定理有：22311222
A A A A A m gr m gd m v m v μ--=- 代入数据解得：30.125μ=
为使物块A 能进入圆轨道且不脱轨，有：0.350.5μ≤≤或0.125μ≤．
8．如图所示，水平绝缘轨道AB 长L =4m ，离地高h =1.8m ，A 、B 间存在竖直向上的匀强电场。

一质量m =0.1kg ，电荷量q =-5×10－5C 的小滑块，从轨道上的A 点以v 0=6m/s 的初速度向右滑动，从B 点离开电场后，落在地面上的C 点。

已知C 、B 间的水平距离x =2.4m ，滑块与轨道间的动摩擦因数μ=0.2，取g =10m/s 2，求：
（1）滑块离开B 点时速度的大小； （2）滑块从A 点运动到B 点所用的时间； （3）匀强电场的场强E 的大小．
【答案】（1）4m/s ；（2）0.8s ；（3）3510N/C ⨯ 【解析】 【详解】
（1）从B 到C 过程中，有
h ＝
12gt 2
x ＝v B t
解得
v B ＝4m/s
（2）从A 到B 过程中，有
x AB ＝
2
A B
v v t ' 解得
t '＝0.8s
（3）在电场中运动过程中，受力如图
由牛顿第二定律，得
μ（mg ＋Eq ）=mα
由运动学公式，有
v B 2－v A 2＝2αx
解得
E ＝5×103N/C
9．如图所示，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v 0＝
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F N ； （2）弹簧压缩到最短时的弹性势能E p ；
（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μ的范围． 【答案】（1）
（2）
（3）μ≤0.2或0.5≤μ≤0.7 【解析】（1）
解得
（2）根据机械能守恒
解得
（3）小滑块恰能能运动到B点
解得μ＝0.7
小滑块恰能沿着轨道运动到C点
解得μ＝0.5
所以0.5≤μ≤0.7
小滑块恰能沿着轨道运动D点
解得μ＝0.2
所以μ≤0.2
综上μ≤0.2或0.5≤μ≤0.7
10．如图所示，A、B两球质量均为m，用一长为l的轻绳相连，A球中间有孔套在光滑的足够长的水平横杆上，两球处于静止状态．现给B球水平向右的初速度v0，经一段时间后B球第一次到达最高点，此时小球位于水平横杆下方l/2处．（忽略轻绳形变）求：
(1)B球刚开始运动时，绳子对小球B的拉力大小T；
(2)B球第一次到达最高点时，A球的速度大小v1；
(3)从开始到B球第一次到达最高点的过程中，轻绳对B球做的功W．
【答案】（1）mg+m
2
v
l
（2）
2
12
v gl
v
-
=3）
2
4
mgl mv
-
【解析】
【详解】
（1）B球刚开始运动时，A球静止，所以B球做圆周运动
对B 球：T-mg =m 20v l
得：T =mg +m 20v l
（2）B 球第一次到达最高点时，A 、B 速度大小、方向均相同，均为v 1
以A 、B 系统为研究对象，以水平横杆为零势能参考平面，从开始到B 球第一次到达最高点，根据机械能守恒定律，
2220111112222
l mv mgl mv mv mg -=+- 得：2012
v gl v -= （3）从开始到B 球第一次到达最高点的过程，对B 球应用动能定理
W -mg 221011222
l mv mv =- 得：W =204
mgl mv -。