高考物理曲线运动(一)解题方法和技巧及练习题含解析

高考物理曲线运动(一)解题方法和技巧及练习题含解析
一、高中物理精讲专题测试曲线运动
1．如图，光滑轨道abcd 固定在竖直平面内，ab 水平，bcd 为半圆，在b 处与ab 相切．在直轨道ab 上放着质量分别为m A =2kg 、m B =1kg 的物块A 、B （均可视为质点），用轻质细绳将A 、B 连接在一起，且A 、B 间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接），其弹性势能E p =12J ．轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量M =2kg 、长L =0.5m 的小车，小车上表面与ab 等高．现将细绳剪断，之后A 向左滑上小车，B 向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d 处．已知A 与小车之间的动摩擦因数µ满足0.1≤µ≤0.3，g 取10m /s 2，求
（1）A 、B 离开弹簧瞬间的速率v A 、v B ； （2）圆弧轨道的半径R ；
（3）A 在小车上滑动过程中产生的热量Q （计算结果可含有µ）．
【答案】（1）4m/s （2）0.32m(3) 当满足0.1≤μ<0.2时，Q 1=10μ ；当满足0.2≤μ≤0.3
时，
22111
()22A A m v m M v -+ 【解析】 【分析】
（1）弹簧恢复到自然长度时，根据动量守恒定律和能量守恒定律求解两物体的速度； （2）根据能量守恒定律和牛顿第二定律结合求解圆弧轨道的半径R ；
（3）根据动量守恒定律和能量关系求解恰好能共速的临界摩擦力因数的值，然后讨论求解热量Q. 【详解】
（1）设弹簧恢复到自然长度时A 、B 的速度分别为v A 、v B ， 由动量守恒定律：
0=A A B B m v m v - 由能量关系：22
11=22
P A A B B E m v m v -
解得v A =2m/s ；v B =4m/s
（2）设B 经过d 点时速度为v d ，在d 点：2d
B B v m g m R
=
由机械能守恒定律：22d 11=222
B B B B m v m v m g R +⋅ 解得R=0.32m
（3）设μ=μ1时A 恰好能滑到小车左端，其共同速度为v,由动量守恒定律：
=()A A A m v m M v +由能量关系：()2
211122
A A A A m gL m v m M v μ=
-+ 解得μ1=0.2
讨论：
（ⅰ）当满足0.1≤μ<0.2时，A 和小车不共速，A 将从小车左端滑落，产生的热量为
110A Q m gL μμ== （J ）
（ⅱ）当满足0.2≤μ≤0.3时，A 和小车能共速，产生的热量为
()
221111
22
A A Q m v m M v =
-+，解得Q 2=2J
2．如图所示，BC 为半径r 2
25
=
m 竖直放置的细圆管，O 为细圆管的圆心，在圆管的末端C 连接倾斜角为45°、动摩擦因数μ＝0.6的足够长粗糙斜面，一质量为m ＝0.5kg 的小球从O 点正上方某处A 点以v 0水平抛出，恰好能垂直OB 从B 点进入细圆管，小球过C 点时速度大小不变，小球冲出C 点后经过
9
8
s 再次回到C 点。

（g ＝10m/s 2）求：
（1）小球从O 点的正上方某处A 点水平抛出的初速度v 0为多大？ （2）小球第一次过C 点时轨道对小球的支持力大小为多少？
（3）若将BC 段换成光滑细圆管，其他不变，仍将小球从A 点以v 0水平抛出，且从小球进入圆管开始对小球施加了一竖直向上大小为5N 的恒力，试判断小球在BC 段的运动是否为匀速圆周运动，若是匀速圆周运动，求出小球对细管作用力大小；若不是匀速圆周运动则说明理由。

【答案】（1）2m/s （2）20.9N （3）2N 【解析】 【详解】
（1）小球从A 运动到B 为平抛运动，有：r sin45°＝v 0t 在B 点有：tan45°0
gt v =
解以上两式得：v 0＝2m/s （2）由牛顿第二定律得： 小球沿斜面向上滑动的加速度： a 14545mgsin mgcos m μ︒+︒
=
=g sin45°+μg cos45°＝22
小球沿斜面向下滑动的加速度： a 24545mgsin mgcos m
μ︒-︒
=
=g sin45°﹣μg cos45°＝2m/s 2
设小球沿斜面向上和向下滑动的时间分别为t 1、t 2，
由位移关系得：12
a 1t 121
2=a 2t 22
又因为：t 1+t 29
8
=s
解得：t 138
=
s ，t 234=s
小球从C 点冲出的速度：v C ＝a 1t 1＝32m/s
在C 点由牛顿第二定律得：N ﹣mg ＝m 2
C
v r
解得：N ＝20.9N
（3）在B 点由运动的合成与分解有：v B 0
45v sin =
=︒
22m/s 因为恒力为5N 与重力恰好平衡，小球在圆管中做匀速圆周运动。

设细管对小球作用力大小为F
由牛顿第二定律得：F ＝m 2B
v r
解得：F ＝52N
由牛顿第三定律知小球对细管作用力大小为52N ，
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．如图所示，光滑的水平地面上停有一质量，长度的平板车，平板车左端紧靠一个平台，平台与平板车的高度均为
，一质量
的滑块以水平速度
从平板车的左端滑上平板车，并从右端滑离，滑块落地时与平板车的右端的水平
距离。

不计空气阻力，重力加速度
求：
滑块刚滑离平板车时，车和滑块的速度大小； 滑块与平板车间的动摩擦因数。

【答案】(1)，
(2)
【解析】 【详解】
设滑块刚滑到平板车右端时，滑块的速度大小为，平板车的速度大小为， 由动量守恒可知：
滑块滑离平板车后做平抛运动，则有：
解得：
，
；
由功能关系可知：
解得：
【点睛】
本题主要是考查了动量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程进行解答。

5．如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的
1
4
光滑圆弧轨道AB ，与水平地面相切于B 点。

现将AB 锁定，让质量为m 的小滑块P （视为质点）从A 点由静止释放沿轨道AB 滑下，最终停在地面上的C 点，C 、B 两点间的距离为2R ．已知轨道AB 的质量为2m ，P 与B 点右侧地面间的动摩擦因数恒定，B 点左侧地面光滑，重力加速度大小为g ，空气阻力不计。

（1）求P 刚滑到圆弧轨道的底端B 点时所受轨道的支持力大小N 以及P 与B 点右侧地面间的动摩擦因数μ；
（2）若将AB 解锁，让P 从A 点正上方某处Q 由静止释放，P 从A 点竖直向下落入轨道，最后恰好停在C 点，求：
①当P 刚滑到地面时，轨道AB 的位移大小x 1；
②Q 与A 点的高度差h 以及P 离开轨道AB 后到达C 点所用的时间t 。

【答案】（1）P 刚滑到圆弧轨道的底端B 点时所受轨道的支持力大小N 为3mg ，P 与B 点右侧地面间的动摩擦因数μ为0.5；（2）若将AB 解锁，让P 从A 点正上方某处Q 由静止释放，P 从A 点竖直向下落入轨道，最后恰好停在C 点，①当P 刚滑到地面时，轨道AB 的位移大小x 1为3R ；②Q 与A 点的高度差h 为2
R
，P 离开轨道AB 后到达C 点所用的时间t 1326R g
【解析】 【详解】
（1）滑块从A 到B 过程机械能守恒，应用机械能守恒定律得：mgR =
2
12
B mv ， 在B 点，由牛顿第二定律得：N -mg =m 2B
v R
，
解得：v B 2gR N =3mg ，
滑块在BC 上滑行过程，由动能定理得：-μmg •2R =0-2
12
B mv ， 代入数据解得：μ=0.5；
（2）①滑块与轨道组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： mv 1-2mv 2=0 m
1R x t -2m 1x
t
=0，
解得：x 1=
3
R ； ②滑块P
离开轨道AB 时的速度大小为v B ，P 与轨道AB 组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv B -2mv =0， 由机械能守恒定律得：mg （R +h ）=2211
222
B mv mv +⋅， 解得：h =
2
R
； P 向右运动运动的时间：t 1=1
B
x v ，
P 减速运动的时间为t 2，对滑片，由动量定理得：-μmgt 2=0-mv B ， 运动时间：t =t 1+t 2， 解得：t =
1326R
g
；
6．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．
7．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．
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/s 2。

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，一质量为m =1kg 的小球从A 点沿光滑斜面轨道由静止滑下，不计通过B 点时的能量损失，然后依次滑入两个相同的圆形轨道内侧，其轨道半径R =10cm ，小球恰能通过第二个圆形轨道的最高点，小球离开圆形轨道后可继续向E 点运动，E 点右侧有一壕沟，E 、F 两点的竖直高度d =0.8m ，水平距离x =1.2m ，水平轨道CD 长为L 1=1m ，DE 长为L 2=3m ．轨道除CD 和DE 部分粗糙外，其余均光滑，小球与CD 和DE 间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g =10m/s 2．求：
（1）小球通过第二个圆形轨道的最高点时的速度； （2）小球通过第一个圆轨道最高点时对轨道的压力的大小；
（3）若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球从A 点释放时的高度的范围是多少？
【答案】(1)1m/s （2）40N (3)0.450.8m h m ≤≤或 1.25h m ≥ 【解析】
⑴小球恰能通过第二个圆形轨道最高点，有：
22
v mg m R
=
求得：υ2gR ①
⑵在小球从第一轨道最高点运动到第二圆轨道最高点过程中，应用动能定理有：
−μmgL 1=
12mv 22−1
2
mv 12 ②
求得：υ1
在最高点时，合力提供向心力，即F N +mg=2
1m R
υ ③ 求得：F N = m(
2
1R
υ−g)= 40N
根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力为：F N ′=F N =40N ④
⑵若小球恰好通过第二轨道最高点，小球从斜面上释放的高度为h1，在这一过程中应用动能定理有：mgh 1 −μmgL 1 −mg 2R =
1
2
mv 22 ⑤ 求得：h 1=2R+μL 1+2
22g
υ=0.45m 若小球恰好能运动到E 点，小球从斜面上释放的高度为h 1，在这一过程中应用动能定理有：
mgh 2−μmg(L 1+L 2)=0−0 ⑥ 求得： h 2=μ(L 1+L 2)=0.8m
使小球停在BC 段，应有h 1≤h≤h 2，即：0.45m≤h≤0.8m 若小球能通过E 点，并恰好越过壕沟时，则有
d =
12gt 2 ⑦ x=v E t →υE =
x
t
=3m/s ⑧ 设小球释放高度为h 3，从释放到运动E 点过程中应用动能定理有： mgh 3 −μmg(L 1+L 2)=
2
12
E mv −0 ⑨ 求得：h 3=μ(L 1+L 2)+22E
g
υ=1.25m 即小球要越过壕沟释放的高度应满足：h≥1.25m
综上可知，释放小球的高度应满足：0.45m≤h≤0.8m 或 h≥1.25m ⑩
10．如图所示，在光滑水平桌面EAB 上有质量为m ＝2 kg 的小球P 和质量为M ＝1 kg 的小球Q ，P 、Q 之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘E 处放置一质量也为M ＝1 kg 的橡皮泥球S ，在B 处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。

释放被压缩的轻弹簧，P 、Q 两小球被轻弹簧弹出，小球P 与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C ；小球Q 与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S 碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D 点。

已知水平桌面高为h ＝0.2 m ，D 点到桌面边缘的水平距离为x ＝0.2 m ，重力加速度为g ＝10 m/s 2，求：
(1)小球P 经过半圆形轨道最低点B 时对轨道的压力大小N B ′；
(2)小球Q 与橡皮泥球S 碰撞前瞬间的速度大小v Q ；
(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能E p 。

【答案】(1)120N (2)2 m/s (3)3 J
【解析】
【详解】
（1）小球P 恰好能通过半圆形轨道的最高点C ，则有
mg ＝m 2C v R
解得
v C gR 对于小球P ，从B →C ，由动能定理有
2211222
C B mgR mv mv －＝－ 解得
v B 5gR 在B 点有
N B －mg ＝m 2B v R
解得
N B ＝6mg ＝120 N
由牛顿第三定律有
N B ′＝N B ＝120 N
（2）设Q 与S 做平抛运动的初速度大小为v ，所用时间为t ，根据公式h ＝
12
gt 2，得 t ＝0.2 s
根据公式x ＝vt ，得
v ＝1 m/s
碰撞前后Q 和S 组成的系统动量守恒，
则有
Mv Q ＝2Mv
解得
v Q ＝2 m/s
（3）P 、Q 和弹簧组成的系统动量守恒， 则有
mv P ＝Mv Q
解得
v P ＝1 m/s
对P 、Q 和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有 221122p P Q E mv Mv ＝＋ 解得
E p ＝3 J。