高考物理曲线运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)

高考物理曲线运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)
一、高中物理精讲专题测试曲线运动
1．如图所示，在竖直平面内有一绝缘“⊂”型杆放在水平向右的匀强电场中，其中AB 、CD
水平且足够长，光滑半圆半径为R ，质量为m 、电量为+q 的带电小球穿在杆上，从距B 点x=5.75R 处以某初速v 0开始向左运动．已知小球运动中电量不变，小球与AB 、CD 间动摩擦因数分别为μ1=0.25、μ2=0.80，电场力Eq=3mg/4，重力加速度为g ，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）若小球初速度v 0=4gR ，则小球运动到半圆上B 点时受到的支持力为多大； （2）小球初速度v 0满足什么条件可以运动过C 点；
（3）若小球初速度v=4gR ，初始位置变为x=4R ，则小球在杆上静止时通过的路程为多大．
【答案】（1）5.5mg （2）04v gR >（3）()44R π+ 【解析】 【分析】 【详解】
（1）加速到B 点：221011-22
mgx qEx mv mv μ-=
- 在B 点：2
v N mg m R
-=
解得N=5.5mg
（2）在物理最高点F ：tan qE mg
α=
解得α=370；过F 点的临界条件：v F =0
从开始到F 点：2101-(sin )(cos )02
mgx qE x R mg R R mv μαα-+-+=- 解得04v gR =
可见要过C 点的条件为：04v gR >
（3）由于x=4R<5.75R ，从开始到F 点克服摩擦力、克服电场力做功均小于（2）问，到F 点时速度不为零，假设过C 点后前进x 1速度变为零，在CD 杆上由于电场力小于摩擦力，小球速度减为零后不会返回，则：
2
121101--(-)202mgx mgx qE x x mg R mv μμ--⋅=-
1s x R x π=++
解得：(44)s R π=+
2．一宇航员登上某星球表面，在高为2m 处，以水平初速度5m/s 抛出一物体，物体水平射程为5m ，且物体只受该星球引力作用求： （1）该星球表面重力加速度
（2）已知该星球的半径为为地球半径的一半，那么该星球质量为地球质量的多少倍． 【答案】（1）4m/s 2；（2）1
10
； 【解析】
（1）根据平抛运动的规律：x ＝v 0t 得05
15
x t s s v ＝
＝＝ 由h ＝
12
gt 2 得：2222222
/4/1
h g m s m s t ⨯＝
＝＝ （2）根据星球表面物体重力等于万有引力：2
G M m
mg R 星星
＝ 地球表面物体重力等于万有引力：2
G M m
mg R '地地
＝
则2
22
411
=()10210
M gR M g R '⨯=星星地地＝ 点睛：此题是平抛运动与万有引力定律的综合题，重力加速度是联系这两个问题的桥梁；知道平抛运动的研究方法和星球表面的物体的重力等于万有引力．
3．如图甲所示，粗糙水平面与竖直的光滑半圆环在N 点相切，M 为圈环的最高点，圆环半径为R =0.1m ，现有一质量m =1kg 的物体以v 0=4m/s 的初速度从水平面的某点向右运动并冲上竖直光滑半圆环，取g =10m/s 2，求：
（1）物体能从M 点飞出，落到水平面时落点到N 点的距离的最小值X m
（2）设出发点到N 点的距离为S ，物体从M 点飞出后，落到水平面时落点到N 点的距离为X ，作出X 2随S 变化的关系如图乙所示，求物体与水平面间的动摩擦因数μ
（3）要使物体从某点出发后的运动过程中不会在N 到M 点的中间离开半固轨道，求出发点到N 点的距离S 应满足的条件
【答案】（1）0.2m ；（2）0.2；（3）0≤x ≤2.75m 或3.5m ≤x ＜4m ． 【解析】 【分析】
（1）由牛顿第二定律求得在M 点的速度范围，然后由平抛运动规律求得水平位移，即可得到最小值；
（2）根据动能定理得到M 点速度和x 的关系，然后由平抛运动规律得到y 和M 点速度的关系，即可得到y 和x 的关系，结合图象求解；
（3）根据物体不脱离轨道得到运动过程，然后由动能定理求解． 【详解】
（1）物体能从M 点飞出，那么对物体在M 点应用牛顿第二定律可得：mg ≤2
M mv R
，所以，v M gR 1m /s ；
物体能从M 点飞出做平抛运动，故有：2R ＝
12
gt 2
，落到水平面时落点到N 点的距离x ＝v M t 2
R
gR g
2R ＝0.2m ； 故落到水平面时落点到N 点的距离的最小值为0.2m ；
（2）物体从出发点到M 的运动过程作用摩擦力、重力做功，故由动能定理可得：−μmgx −2mgR ＝
12mv M 2−1
2
mv 02； 物体从M 点落回水平面做平抛运动，故有：2R ＝
12
gt 2
，22044(24)0.480.8M M R R
y v t v v gx gR x g g
μμ⋅
=--⋅=-＝＝ 由图可得：y 2=0.48-0.16x ，所以，μ＝0.16
0.8
＝0.2；
（3）要使物体从某点出发后的运动过程中不会在N到M点的中间离开半圆轨道，那么物体能到达的最大高度0＜h≤R或物体能通过M点；
物体能到达的最大高度0＜h≤R时，由动能定理可得：−μmgx−mgh＝0−1
2
mv02，
所以，
2
2
1
2
2
mv mgh v h
x
mg g
μμμ
-
-
＝＝，
所以，3.5m≤x＜4m；
物体能通过M点时，由（1）可知v M≥gR＝1m/s，
由动能定理可得：−μmgx−2mgR＝1
2
mv M2−
1
2
mv02；
所以
22
22
11
24 22
2
M
M
mv mv mgR v v gR
x
mg g
μμ
----
=
＝，
所以，0≤x≤2.75m；
【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．
4．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O3，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O2位于悬点O3正下方，O3与O2的延长线和水平地面交于点O1．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O1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．
5．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
≤≤
6．如图，AB 为倾角37θ=︒的光滑斜面轨道，BP 为竖直光滑圆弧轨道，圆心角为
143︒、半径0.4m R =，两轨道相切于B 点，P 、O 两点在同一竖直线上，轻弹资一端固
定在A 点另一自由端在斜面上C 点处，现有一质量0.2kg m =的小物块（可视为质点）在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D 点后（不栓接）静止释放，恰能沿轨道到达P 点，已知
0.2m CD =、sin370.6︒=、cos370.8︒=，g 取210m/s ．求：
（1）物块经过P 点时的速度大小p v ；
（2）若 1.0m BC =，弹簧在D 点时的弹性势能P E ； （3）为保证物块沿原轨道返回，BC 的长度至少多大． 【答案】（1）2m/s (2)32.8J (3)2.0m 【解析】 【详解】
（1）物块恰好能到达最高点P ，由重力提供圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：
mg=m 2
p v R
解得：
100.42m/s P v gR ==⨯=
（2）物块从D 到P 的过程，由机械能守恒定律得：
E p =mg （s DC +s CB ）sin37°+mgR （1+cos37°）+
1
2
mv P 2． 代入数据解得：
E p =32.8J
（3）为保证物块沿原轨道返回，物块滑到与圆弧轨道圆心等高处时速度刚好为零，根据能量守恒定律得：
E p =mg （s DC +s ′CB ）sin37°+mgR （1+cos37°）
解得：
s ′CB =2.0m
点睛：本题综合考查了牛顿第二定律、机械能守恒定律的综合，关键是搞清物体运动的物理过程；知道圆周运动向心力的来源，即径向的合力提供向心力．
7．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．
【点睛】
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．
8．如图甲所示，长为4m的水平轨道AB与半径为R=1m的竖直半圆弧管道BC在B处平滑连接，一质量为1kg可看作质点的滑块静止于A点，某时刻开始受水平向右的力F作用开始运动，从B点进入管道做圆周运动，在C点脱离管道BC，经0.2s又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰。

已知F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为μ=0.3，取g=10m/s2。

求：
（1）滑块在C点的速度大小；
（2）滑块经过B点时对管道的压力；
（3）滑块从A到C的过程中因摩擦而产生的热量。

【答案】(1) 2m/s(2) 106N，方向向下(3) 38J
【解析】(1)滑块从C离开后做平抛运动，由题意知：
又：
解得：v C=2m/s
(2)滑块从A 到B 的过程中，由动能定理得：
设在B 点物块受到的支持力为N ，由牛顿第二定律有：
滑块对圆弧管道的压力，由牛顿第三定律有：
联立以上方程，解得：=106N ，方向向下； (3) 滑块从A 到B 的过程中因摩擦产生的热量：12J
滑块从B 到C 的过程中，由能量守恒定律有：
又：
综上解得：Q=38J 。

点睛：本题是一道力学综合题，分析清楚滑块运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、动能定理与能量守恒定律即可解题。

9．如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B 点水平，上端A 与B 点的高度差为h 1＝0.3 m ，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C 点到B 点的高度差为
h 2＝0.1125m(传送带传动轮的大小可忽略不计)．一质量为m ＝1 kg 的滑块(可看作质点)从轨道的A 点由静止滑下，然后从B 点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C 点落到传送带上，传送带逆时针传动，速度大小为v ＝0.5 m/s ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g ＝10 m/s 2，试求：
(1).滑块运动至C 点时的速度v C 大小；
(2).滑块由A 到B 运动过程中克服摩擦力做的功W f ； (3).滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q . 【答案】（1）2.5 m/s （2）1 J （3）32 J
【解析】本题考查运动的合成与分解、动能定理及传送带上物体的运动规律等知识。

(1) 在C 点，竖直分速度： 22 1.5/y v gh m s ==
0sin37y c v v =，解得： 2.5/c v m s =
(2)C 点的水平分速度与B 点的速度相等，则372/B x C v v v cos m s ︒＝＝＝
从A 到B 点的过程中，据动能定理得： 2
112
f B mgh W mv -=，解得： 1f W J = (3) 滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律得： 3737mgcos mgsin ma μ︒︒－＝
解得： 2
0.4/a m s ＝
达到共同速度所需时间5c
v v t s a
-== 二者间的相对位移52
c
v v x t vt m +∆=
-= 由于3737mgsin mgcos μ︒<︒，此后滑块将做匀速运动。

滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量0
cos3732Q mg x J μ⋅∆＝＝
10．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
12cos 4m/s v gR θ==
（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
111
0.2v v t s a -=
=- 运动位移 22111
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
2331 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。