高中物理曲线运动及其解题技巧及练习题(含答案)及解析

高中物理曲线运动及其解题技巧及练习题(含答案)及解析
一、高中物理精讲专题测试曲线运动
1．如图所示，一箱子高为H．底边长为L，一小球从一壁上沿口A垂直于箱壁以某一初速度向对面水平抛出，空气阻力不计。

设小球与箱壁碰撞前后的速度大小不变，且速度方向与箱壁的夹角相等。

（1）若小球与箱壁一次碰撞后落到箱底处离C点距离为，求小球抛出时的初速度v0；（2）若小球正好落在箱子的B点，求初速度的可能值。

【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）将整个过程等效为完整的平抛运动，结合水平位移和竖直位移求解初速度；（2）若小球正好落在箱子的B点，则水平位移应该是2L的整数倍，通过平抛运动公式列式求解初速度可能值。

【详解】
（1）此题可以看成是无反弹的完整平抛运动，
则水平位移为：x＝＝v0t
竖直位移为：H＝gt2
解得：v0＝；
（2）若小球正好落在箱子的B点，则小球的水平位移为：x′＝2nL（n＝1.2.3……）
同理：x′＝2nL＝v′0t，H＝gt′2
解得：（n＝1.2.3……）
2．儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手合一能力。

某弹珠游戏可简化成如图所示的竖直平面内OABCD透明玻璃管道，管道的半径较小。

为研究方便建立平
面直角坐标系，O点为抛物口，下方接一满足方程y
5
9
x2的光滑抛物线形状管道OA；
AB、BC是半径相同的光滑圆弧管道，CD是动摩擦因数μ＝0.8的粗糙直管道；各部分管道在连接处均相切。

A、B、C、D的横坐标分别为x A＝1.20m、x B＝2.00m、x C＝2.65m、x D＝
3.40m 。

已知，弹珠质量m ＝100g ，直径略小于管道内径。

E 为BC 管道的最高点，在D 处有一反弹膜能无能量损失的反弹弹珠，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，g ＝10m/s 2，求：
（1）若要使弹珠不与管道OA 触碰，在O 点抛射速度ν0应该多大；
（2）若要使弹珠第一次到达E 点时对轨道压力等于弹珠重力的3倍，在O 点抛射速度v 0应该多大；
（3）游戏设置3次通过E 点获得最高分，若要获得最高分在O 点抛射速度ν0的范围。

【答案】（1）3m/s （2）2m/s （3）3m/s ＜ν0＜6m/s 【解析】 【详解】 （1）由y 59
=
x 2
得：A 点坐标（1.20m ，0.80m ） 由平抛运动规律得：x A ＝v 0t ，y A 212
gt =
代入数据，求得 t ＝0.4s ，v 0＝3m/s ； （2）由速度关系，可得 θ＝53° 求得AB 、BC 圆弧的半径 R ＝0.5m OE 过程由动能定理得： mgy A ﹣mgR （1﹣cos53°）2201122
E mv mv =- 解得 v 0＝2m/s ；
（3）sinα 2.65 2.000.40
0.5
--=
=0.5，α＝30°
CD 与水平面的夹角也为α＝30°
设3次通过E 点的速度最小值为v 1．由动能定理得 mgy A ﹣mgR （1﹣cos53°）﹣2μmgx CD cos30°＝02112
mv - 解得 v 1＝3m/s
设3次通过E 点的速度最大值为v 2．由动能定理得 mgy A ﹣mgR （1﹣cos53°）﹣4μmgx CD cos30°＝02212
mv - 解得 v 2＝6m/s
考虑2次经过E 点后不从O 点离开，有
﹣2μmgx CD cos30°＝02
312
mv
解得 v 3＝26m/s 故 23m/s ＜ν0＜26m/s
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v 1，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V 2，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：
（1）两个网球飞出时的初速度之比v 1：v 2； （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v 1：v 2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x 1，第二个球落地时的水平位移为x 2
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比x 1：x 2=1：3，
故两球做平抛运动的初速度之比v 1：v 2=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t 1，第2个球从水平方向飞出到C 点所用时间为t 2，则有H =2112gt ，H -h =2212
gt 又：x 1=v 1t 1
O 、C 之间的水平距离：x '1=v 2t 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=v 1t 2，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 1=x '1+x '2
可得：t 1=2t 2 ，H =4（H -h ） 得：H ：h =4：3
4．光滑水平面AB 与一光滑半圆形轨道在B 点相连，轨道位于竖直面内，其半径为R ，一
个质量为m的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的9倍，之后向上运动经C点再落回到水平面，重力加速度为g.求：
(1)弹簧弹力对物块做的功；
(2)物块离开C点后，再落回到水平面上时距B点的距离；
(3)再次左推物块压紧弹簧，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为多少？
【答案】(1)（2）4R（3）或
【解析】
【详解】
（1）由动能定理得W＝
在B点由牛顿第二定律得：9mg－mg＝m
解得W＝4mgR
（2）设物块经C点落回到水平面上时距B点的距离为S，用时为t，由平抛规律知
S=v c t
2R=gt2
从B到C由动能定理得
联立知，S= 4 R
（3）假设弹簧弹性势能为ＥＰ，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则物块可能在圆轨道的上升高度不超过半圆轨道的中点，则由机械能守恒定律知
ＥＰ≤mgR
若物块刚好通过C点，则物块从B到C由动能定理得
物块在C点时mg＝m
则
联立知：ＥＰ≥mgR .
综上所述，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为 ＥＰ≤mgR 或 ＥＰ≥mgR .
5．如图所示，高为 L 的倾斜直轨道 AB 、CD 与水平面的夹角均为53°，分别与竖直平面内的光滑圆弧轨道相切于 B 、D 两点，圆弧的半径也为 L 。

质量为m 的小滑块从A 点由静止下滑后，经轨道 CD 后返回，再次冲上轨道AB 至速度为零时，相对于水平线BD 的高度为
6
L。

已知滑块与轨道AB 间的动摩擦因数μ1=0.5，重力加速度为g ，(取sin530.8cos530.6︒︒==，)求：
（1）求滑块第一次经过 B 点的速度大小；
（2）滑块第一次经过圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小； （3）滑块与轨道 CD 间的动摩擦因数μ2。

【答案】（15gL
（2）6120mg （3）276123μ= 【解析】 【详解】
（1）A B →由动能定理：2
11(cos53)0sin 532
B L mgL mg mv μ-⋅
=-o
o
1
2
554B gL gL v ⎛⎫
== ⎪
⎝⎭
（2）B 到最低点由动能定理得：2211(1cos53)22
B mgL mv mv -=
-o
在最低点由牛顿第二定律得：2
v N mg m L
-=
6120
N mg =
所以，对轨道的压力为
61
20
mg （3）从B 到CD 斜面的最高点由动能定理得：
()2
21sin 53cos5302
B mg mg x mv μ︒︒-+=-
从CD 斜面最高点到停止位置由动能定理得：
211(sin 53cos53)(sin 53cos53)
006sin 53L mg mg x mg mg o o o o o
μμ--+⋅=- 276123
μ=
6．如图所示，光滑的水平平台上放有一质量M =2kg ，厚度d =0.2m 的木板，木板的左端放有一质量m =1kg 的滑块（视为质点），现给滑块以水平向右、
的初速度，木板
在滑块的带动下向右运动，木板滑到平台边缘时平台边缘的固定挡板发生弹性碰撞，当木板与挡板发生第二次碰撞时，滑块恰好滑到木板的右端，然后水平飞出，落到水平地面上的A 点，已知木板的长度l =10m ，A 点到平台边缘的水平距离s =1.6m ，平台距水平地面的高度h =3m ，重力加速度
，不计空气阻力和碰撞时间，求：
(1)滑块飞离木板时的速度大小；
(2)第一次与挡板碰撞时，木板的速度大小；（结果保留两位有效数字） (3)开始时木板右端到平台边缘的距离；（结果保留两位有效数字） 【答案】(1) (2) v =0.67m/s (3)x =0.29m
【解析】 【分析】 【详解】
(1)滑块飞离木板后做平抛运动，则有：
解得
(2)木板第一次与挡板碰撞后，速度方向反向，速度大小不变，先向左做匀减速运动，再向右做匀加速运动，与挡板发生第二次碰撞，由匀变速直线运动的规律可知木板两次与挡板碰撞前瞬间速度相等．
设木板第一次与挡板碰撞前瞬间，滑块的速度大小为，木板的速度大小为v 由动量守恒定律有：，
木板第一与挡板碰后：
解得:v =0.67m/s
(3)由匀变速直线运动的规律：
，
，
由牛顿第二定律：
解得:x =0.29m ．
对于滑块在木板上滑动的类型，常常根据动量守恒定律和能量守恒定律结合进行研究．也可以根据牛顿第二定律和位移公式结合求出运动时间，再求木板的位移．
7．如图所示，ABCD是一个地面和轨道均光滑的过山车轨道模型，现对静止在A处的滑块施加一个水平向右的推力F，使它从A点开始做匀加速直线运动，当它水平滑行2.5 m时到达B点，此时撤去推力F、滑块滑入半径为0.5 m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，并恰好通过最高点C，当滑块滑过水平BD部分后，又滑上静止在D处，且与ABD等高的长木板上，已知滑块与长木板的质量分别为0.2 kg、0.1 kg，滑块与长木板、长木板与水平地面
间的动摩擦因数分别为0.3、，它们之间的最大静摩擦力均等于各自滑动摩擦力，取
g＝10 m/s2，求：
(1)水平推力F的大小；
(2)滑块到达D点的速度大小；
(3)木板至少为多长时，滑块才能不从木板上掉下来？在该情况下，木板在水平地面上最终滑行的总位移为多少？
【答案】（1）1N（2）（3）t＝1 s ;
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由于滑块恰好过C点，则有：
m1g＝m1
从A到C由动能定理得：
Fx－m1g·2R＝m1v C2－0
代入数据联立解得：
F＝1 N
(2)从A到D由动能定理得：
Fx＝m1v D2
代入数据解得：
v D＝5 m/s
(3)滑块滑到木板上时，对滑块：
μ1m1g＝m1a1，
解得：
a1＝μ1g＝3 m/s2
μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2，
代入数据解得：
a2＝2 m/s2
滑块恰好不从木板上滑下，此时滑块滑到木板的右端时恰好与木板速度相同，
有：
v共＝v D－a1t
v共＝a2t，
代入数据解得：
t＝1 s
此时滑块的位移为：
x1＝v D t－a1t2，
木板的位移为：
x2＝a2t2，L＝x1－x2，
代入数据解得：
L＝2.5 m
v共＝2 m/s
x2＝1 m
达到共同速度后木板又滑行x′，则有：
v共2＝2μ2gx′，
代入数据解得：
x′＝1.5 m
木板在水平地面上最终滑行的总位移为：
x木＝x2＋x′＝2.5 m
点睛：本题考查了动能定理和牛顿第二定律、运动学公式的综合运用，解决本题的关键理清滑块和木板在整个过程中的运动规律，选择合适的规律进行求解．
8．如图所示，轨道ABCD的AB段为一半径R＝0.2 m的光滑1/4圆形轨道，BC段为高为h＝5 m的竖直轨道，CD段为水平轨道．一质量为0.2 kg的小球从A点由静止开始下滑，到达B点时速度的大小为2 m/s，离开B点做平抛运动(g＝10 m/s2)，求：
(1)小球离开B点后，在CD轨道上的落地点到C点的水平距离；
(2)小球到达B点时对圆形轨道的压力大小；
(3)如果在BCD 轨道上放置一个倾角θ＝45°的斜面(如图中虚线所示)，那么小球离开B 点后能否落到斜面上？如果能，求它第一次落在斜面上的位置距离B 点有多远．如果不能，请说明理由．
【答案】(1)2 m (2)6 N (3)能落到斜面上，第一次落在斜面上的位置距离B 点1.13 m 【解析】
①.小球离开B 点后做平抛运动，
212
h gt =
B x v t =
解得：2m x =
所以小球在CD 轨道上的落地点到C 的水平距离为2m ②.在圆弧轨道的最低点B ，设轨道对其支持力为N
由牛二定律可知：2B
v N mg m R
-=
代入数据，解得3N N =
故球到达B 点时对圆形轨道的压力为3N ③．由①可知，小球必然能落到斜面上
根据斜面的特点可知，小球平抛运动落到斜面的过程中，其下落竖直位移和水平位移相等
2
12
B v t gt ⋅''=
，解得：0.4s t '= 则它第一次落在斜面上的位置距B 点的距离为20.82m B S v t ='=．
9．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
37θ=︒，圆弧的半径为 1.0m R =，在某次调试中传送带以速度2m/s v =顺时针转动，
现将质量为13kg m =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21kg m =的物块Q 在传送带上，经时间 1.2s t =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0.5μ=，重力加速度
210m/s g =，sin370.6︒=，cos370.8︒=．试求：
（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
21111
cos 2
m gR m v θ=
可得物块P 在B 点的速度大小
14m/s v ==
（2）因v B >v ，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
1111sin cos m g m g m a θμθ+=
可得物块P 的加速度大小
a 1=10m/s 2
减速至v 的时间
1
11
0.2v v t s a -=
=- 运动位移
22
111
0.62v v x m a -==-
因x 1<L ，摩擦力反向，又因sin cos mg mg θμθ>，物块P 继续向上减速，有
1112sin cos m g m g m a θμθ-=
可得物块P 的加速度大小
a 1=2m/s 2
减速至0的时间
22
1v
t s a =
= 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
2
22
12v x m a ==
对物体Q
2223sin cos m g m g m a θμθ-=
可得其加速度
a 3=2m/s 2
下滑的位移
2
331 1.442
x a t m =
=
BC 的最小距离
L =x 1+x 2+x 3=3.04m
（3）碰撞前物体Q 的速度
v 2=a 3t =2.4m/s
物体P 和Q 碰撞
m 2v 2=（m 1+m 2）v 3
可得碰撞后速度
v 3=0.6m/s
碰撞后粘合体以加速度a 3向下加速运动，到圆弧上的B 点的过程，有
()22312432-a x x v v +＝
可得粘合体在B 点的速度
v 4=2.6m/s
在B 点由牛顿第二定律有
()()124122F m m gcos m R v m θ-++＝
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。

10．如图所示，半径R=0.4 m 的圆盘水平放置，绕竖直轴OO′匀速转动，在圆心O 正上方h =0.8 m 高处固定一水平轨道PQ ，转轴和水平轨道交于O′点．一质量m=2kg 的小车（可视为质点），在F=6 N 的水平恒力作用下（一段时间后，撤去该力），从O′左侧02x =m 处由静止开始沿轨道向右运动，当小车运动到O′点时，从小车上自由释放一小球，此时圆盘半径OA 与x 轴重合. 规定经过O 点水平向右为x 轴正方向. 小车与轨道间的动摩擦因数0.2μ=，g 取10 m/s 2.
（1）为使小球刚好落在A 点，圆盘转动的角速度应为多大?
（2）为使小球能落到圆盘上，求水平拉力F 作用的距离范围?
【答案】(1) 5(1
2k k ==L ，，）ωπ (2) 43(m)32x ≤≤ 【解析】
【分析】
【详解】
(1) 220.80.4()10
h t s g ⨯===
为使小球刚好落在A 点，则小球下落的时间为圆盘转动周期的整数倍，有
2k t kT π
ω==，其中k=1，2，3…
即25rad k k s ωππ==，其中k=1，2，3… (2) 当球落到O 点时，00v '=
21 1.0/F mg a m s m
μ-== 得：2112v a x = F 撤去后，匀减速，22 2.0/f a g m s m μ=
== 2222v a x =
依题意：122x x += 由以上各式解得：14()3x m =
当球落到A 点时，01/R v m s t
'=
= 先匀加速，后匀减速 220222v v a x '-= 由以上各式得：13 1.5()2
x m == 水平力作用的距离范围
43(m)32
x ≤≤ 【点睛】 解决本题的关键知道物块整个过程的运动：匀加速直线运动、匀减速直线运动和平抛运动，知道三个过程的运动时间与圆盘转动的时间相等．以及熟练运用运动学公式．。