高考物理高考物理曲线运动技巧和方法完整版及练习题

高考物理高考物理曲线运动技巧和方法完整版及练习题
一、高中物理精讲专题测试曲线运动
1．有一水平放置的圆盘，上面放一劲度系数为k的弹簧，如图所示，弹簧的一端固定于轴O上，另一端系一质量为m的物体A，物体与盘面间的动摩擦因数为μ，开始时弹簧未发生形变，长度为l．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力．求：
（1）盘的转速ω0多大时，物体A开始滑动？
（2）当转速缓慢增大到2ω0时，A仍随圆盘做匀速圆周运动，弹簧的伸长量△x是多少？
【答案】（1）
g
l
μ
（2）
3
4
mgl
kl mg
μ
μ
-
【解析】
【分析】
（1）物体A随圆盘转动的过程中，若圆盘转速较小，由静摩擦力提供向心力；当圆盘转速较大时，弹力与摩擦力的合力提供向心力．物体A刚开始滑动时，弹簧的弹力为零，静摩擦力达到最大值，由静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求解角速度ω0．
（2）当角速度达到2ω0时，由弹力与摩擦力的合力提供向心力，由牛顿第二定律和胡克定律求解弹簧的伸长量△x．
【详解】
若圆盘转速较小，则静摩擦力提供向心力，当圆盘转速较大时，弹力与静摩擦力的合力提供向心力．
（1）当圆盘转速为n0时，A即将开始滑动，此时它所受的最大静摩擦力提供向心力，则有：
μmg＝mlω02，
解得：ω0=
g l μ
即当ω0＝
g
l
μ
A开始滑动．
（2）当圆盘转速达到2ω0时，物体受到的最大静摩擦力已不足以提供向心力，需要弹簧的弹力来补充，即：μmg+k△x＝mrω12，
r=l+△x
解得：
3
4
mgl x
kl mg
μ
μ
-
V＝
【点睛】
当物体相对于接触物体刚要滑动时，静摩擦力达到最大，这是经常用到的临界条件．本题关键是分析物体的受力情况．
2．如图所示，倾角为45α=︒的粗糙平直导轨与半径为r 的光滑圆环轨道相切，切点为b ，整个轨道处在竖直平面内. 一质量为m 的小滑块从导轨上离地面高为H =3r 的d 处无初速下滑进入圆环轨道，接着小滑块从最高点a 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O 等高的c 点. 已知圆环最低点为e 点，重力加速度为g ，不计空气阻力. 求： （1）小滑块在a 点飞出的动能； （）小滑块在e 点对圆环轨道压力的大小；
（3）小滑块与斜轨之间的动摩擦因数. （计算结果可以保留根号）
【答案】（1）12k E mgr =；（2）F ′=6mg ；（3）4214
μ-= 【解析】 【分析】 【详解】
（1）小滑块从a 点飞出后做平拋运动： 2a r v t = 竖直方向：2
12
r gt = 解得：a v gr =
小滑块在a 点飞出的动能211
22
k a E mv mgr =
= （2）设小滑块在e 点时速度为m v ，由机械能守恒定律得：
2211
222
m a mv mv mg r =+⋅ 在最低点由牛顿第二定律：2
m mv F mg r
-= 由牛顿第三定律得：F ′=F 解得：F ′=6mg
（3）bd 之间长度为L ，由几何关系得：()
221L r = 从d 到最低点e 过程中，由动能定理21
cos 2
m mgH mg L mv μα-⋅= 解得42
μ-=
3．如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘3.2m 处放着一质量为0.1kg 的小铁球（可看作质点），铁球与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平向右推力F =1.0N 作用于铁球，作用一段时间后撤去。

铁球继续运动，到达水平桌面边缘A 点飞出，恰好落到竖直圆弧轨道BCD 的B 端沿切线进入圆弧轨道，碰撞过程速度不变，且铁球恰好能通过圆弧轨道的最高点D ．已知∠BOC =37°，A 、B 、C 、D 四点在同一竖直平面内，水平桌面离B 端的竖直高度H =0.45m ，圆弧轨道半径R =0.5m ，C 点为圆弧轨道的最低点，求：（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）
(1)铁球运动到圆弧轨道最高点D 点时的速度大小v D ；
(2)若铁球以v C =5.15m/s 的速度经过圆弧轨道最低点C ，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小F C ；（计算结果保留两位有效数字） (3)铁球运动到B 点时的速度大小v B ； (4)水平推力F 作用的时间t 。

【答案】(1)铁球运动到圆弧轨道最高点D 5；
(2)若铁球以v C =5.15m/s 的速度经过圆弧轨道最低点C ，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小为6.3N ；
(3)铁球运动到B 点时的速度大小是5m/s ； (4)水平推力F 作用的时间是0.6s 。

【解析】 【详解】
(1)小球恰好通过D 点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律可得：2D
mv mg R
=
可得：D 5m /s v =
(2)小球在C 点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则：2C
mv F mg R
-=
代入数据可得：F =6.3N
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：F C =F =6.3N
(3)小球从A 点到B 点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有：2
y 2gh v = 得：v y =3m/s
小球沿切线进入圆弧轨道，则：3
5m/s 370.6
y B v v sin =
=
=︒
(4)小球从A 点到B 点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，可得：
3750.84/A B v v cos m s =︒=⨯=
小球在水平面上做加速运动时：1F mg ma μ-=
可得：2
18/a m s =
小球做减速运动时：2mg ma μ=
可得：2
22/a m s =-
由运动学的公式可知最大速度：1m v a t =；22A m v v a t -= 又：222
m m A v v v
x t t +=
⋅+⋅ 联立可得：0.6t s =
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mg 、桌面弹力F N 和细线的拉力F ,重力mg 和弹力F N 平衡，线的拉力提供向心力，有： F N =F =mω2R ，
设原来的角速度为ω0,线上的拉力是F 0,加快后的角速度为ω,线断时的拉力是F 1，则有：
F1:F0=ω2: 2
ω=9:1，
又F1=F0+40N，
所以F0=5N,线断时有：F1=45N.
(2)设线断时小球的线速度大小为v,由F1=
2
v
m
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=220.8
10
h
s
g
⨯
==0.4s，
则落地点离桌面的水平距离为：x=vt=5×0.4=2m.
5．如图所示，在竖直平面内有一倾角θ=37°的传送带BC．已知传送带沿顺时针方向运行的
速度v=4 m/s，B、C两点的距离L=6 m。

一质量m=0.2kg的滑块（可视为质点）从传送带上端B点的右上方比B点高h=0. 45 m处的A点水平抛出，恰好从B点沿BC方向滑人传送
带，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度g=10m/s2 ，sin37°= 0.6，cos
37°=0.8。

求：
(1)滑块水平抛出时的速度v0；
(2)在滑块通过传送带的过程中，传送带和滑块克服摩擦力做的总功W.
【答案】(1)v0=4m/s (2)W=8J
【解析】
【详解】
(1)滑块做平抛运动在B点时竖直方向的分速度为：
平抛后恰好沿BC方向滑人传送带，可知B点的平抛速度方向与传送带平行，
由几何关系及速度分解有：
解得：
(2)滑块在B点时的速度大小为
滑块从B点运动到C点过程中，由牛顿第二定律有：
可得加速度
设滑块到达C 点时的速度大小为v C ，有：
解得：
此过程所经历的时间为：
故滑块通过传送带的过程中，以地面为参考系，滑块的位移x 1=L =6m ， 传送带的位移x 2=vt =4m ；
传送带和滑块克服摩擦力所做的总功为：
代入数据解得：
【点睛】
此题需注意两点，(1)要利用滑块沿BC 射入来求解滑块到B 点的速度；(2)计算摩擦力对物体做的功时要以地面为参考系来计算位移。

6．一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
7．如图所示，水平转台上有一个质量为m 的物块，用长为2L 的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ＝30°，此时细绳伸直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．物块随转台由静止开始缓慢加速转动，重力加速度为g ，求：
（1）当转台角速度ω1为多大时，细绳开始有张力出现； （2）当转台角速度ω2为多大时，转台对物块支持力为零； （3）转台从静止开始加速到角速度3g
L
ω=
的过程中，转台对物块做的功．
【答案】（1）1g
L
μω=（2）233g L
ω=
（3）132mgL
⎛ ⎝ 【解析】 【分析】 【详解】
（1）当最大静摩擦力不能满足所需要向心力时，细绳上开始有张力：
212sin mg m L μωθ=⋅
代入数据得
1g L
μω=
（2）当支持力为零时，物块所需要的向心力由重力和细绳拉力的合力提供
2
2tan 2sin mg m L θωθ=⋅
代入数据得
233g L
ω=
（3）∵32ωω>，∴物块已经离开转台在空中做圆周运动．设细绳与竖直方向夹角为α，有
23tan 2sin mg m L αωα=⋅
代入数据得
60α=︒
转台对物块做的功等于物块动能增加量与重力势能增加量的总和即
231
(2sin 60)(2cos302cos60)2
W m L mg L L ω=
⋅+-o o o 代入数据得：
1
(3)2
W mgL =+
【点睛】
本题考查牛顿运动定律和功能关系在圆周运动中的应用，注意临界条件的分析，至绳中出现拉力时，摩擦力为最大静摩擦力；转台对物块支持力为零时，N=0，f=0．根据能量守恒
定律求转台对物块所做的功．
8．如图所示，大小相同且质量均为m 的A 、B 两个小球置于光滑的边长为22H 的正方形玻璃板上，B 静止，A 由长为2H 的轻质细绳悬挂于O 3，静止时细绳刚好拉直，悬点距离玻璃板和玻璃板距离水平地面均为H ，玻璃板中心O 2位于悬点O 3正下方，O 3与O 2的延长线和水平地面交于点O 1．已知重力加速度为g ．
（1）某同学给A 一个水平瞬时冲量I ，A 开始在玻璃板上表面做圆周运动且刚好对玻璃板无压力，求I 满足的表达式；
（2）A 运动半周时刚好与静止的B 发生对心弹性正碰，B 从玻璃板表面飞出落地，求小球B 的落点到O 1的距离．
【答案】（1）I m gH = （2）3H 【解析】
设细绳与竖直方向夹角为θ (1)cos 1H
h
θ=
= 45θ=o ，A 圆周运动轨道半径为H 由A 的受力分析可知：20
tan mv mg H
θ=
动量定理：0I mv =
I m gH =
(2)A 与B 发生弹性正碰11122o m v m v m v =+
22211122111
222
o m v m v m v =+ 解得2v gH =
B 球被碰后，在桌面上匀速运动飞出桌面后平抛，设平抛的射程为x
2
12
H gt =
2x v t =
由几何关系得 221(2)o p H H x =
++
13o p H =
【点睛】(1)根据圆周运动向心力表达式即可求得；
（2）根据弹性碰撞机械能守恒动量守恒求得B 小球的速度，再结合平抛运动的知识求得距离．
9．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 /s 2)，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 ='=．
10．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 B2－v A2＝2αx 解得
E＝5×103N/C。