高中物理曲线运动＂轨迹＂问题的破解
高中物理曲线运动解题技巧及练习题含解析
高中物理曲线运动解题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，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=35，一质量为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 mgα=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2v F m R=③由①②③式和题给数据得034F mg =④5gRv =（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22011122mg 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 1232m 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212v 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．2．一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 =2212gt 又：x 1=v 1t 1O 、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 =4：33．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。
人教版高中物理必修2 曲线运动中的几个疑点(教师版含解析)
人教版高中物理必修2 曲线运动中的几个疑点在学习曲线运动这部分内容时，有几处疑点学生往往是知其然而不知其所以然，因此在利用有关结论时往往不能做到深刻理解，在解答有关问题时往往出错。
现就几个疑点问题加以讨论。
1.当合外力的方向与初速度的的方向不在一条直线上时物体为什么会做曲线运动当物体受力的方向与运动的方向相同时，物体做直线运动。
当物体受力方向与运动方向不同时，物体就做曲线运动。
对于做曲线运动的物体，把合外力F 沿曲线的切线方向和法线方向（与切线垂直的方向）分解，沿切线方向的分力1F 产生切线方向的加速度1a ，当1a 与v 同方向时，速率增大。
如图1所示，当1a 与v 反向时，速率减小，如图2所示。
沿法线方向的分力2F 产生沿法线方向的加速度2a ，由于力2F 与速度方向垂直，所以力2F 不能改变速度的大小，只能改变速度的方向。
如果沿切线方向的分力1F 及切线方向的加速度1a 均为零，质点的速率不变，此时合外力F 的方向一定与速度v 方向垂直.合力恒定时，物体的加速度亦恒定。
合力发生变化时，加速度也同时发生变化，合力的切向分力用来改变速度大小，产生切向加速度；合力的法向分力用来改变速度方向，产生法向加速度。
可见在曲线运动中合外力的作用有二，一是产生法向加速度2a 以改变速度的方向，二是对于变速率曲线运动，合外力不仅要改变速度方向，还产生切向加速度1a 以改变速度的大小。
例 1.若物体以速度v 进入某空间后，受到一个逐渐减小的合外力的作用，且该合外力的方向始终是垂直于该物体的速度方向，则物体的运动将是( )A ．速率增大，曲率半径也随之增B ．速率逐渐减小，曲率半径不变C ．速率不变，曲率半径逐渐增大D ．速率不变，曲率半径逐渐减小分析：力的方向始终与速度方向垂直，则在速度的方向上加速度为零，所以速率不变，由于力在减小，则加速度也在减小，根据公式2v a R可知曲率半径逐渐增大。
正确选项是C . 例2.下列说法正确的是 ( )图1图2 FA.物体受到合外力方向与速度方向相同时，物体做加速直线运动B.物体受到的合外力方向与速度方向成锐角时，物体做曲线运动C.物体受到的合外力方向与速度方向成锐角时，物体做减速直线运动D.物体受到的合外力方向与速度方向相反时，物体做减速直线运动解析：当物体运动的方向与受力的方向在一条直线时，物体做直线运动，若运动的方向与力的方向相同，物体就做加速直线运动。
高考物理曲线运动解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析
高考物理曲线运动解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．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 t2R=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 .2．如图所示，光滑轨道CDEF 是一“过山车”的简化模型，最低点D 处入、出口不重合，E 点是半径为0.32R m =的竖直圆轨道的最高点，DF 部分水平，末端F 点与其右侧的水平传送带平滑连接，传送带以速率v=1m/s 逆时针匀速转动，水平部分长度L=1m ．物块B 静止在水平面的最右端F 处．质量为1A m kg =的物块A 从轨道上某点由静止释放，恰好通过竖直圆轨道最高点E ，然后与B 发生碰撞并粘在一起．若B 的质量是A 的k 倍，A B 、与传送带的动摩擦因数都为0.2μ=，物块均可视为质点，物块A 与物块B 的碰撞时间极短，取210/g m s =．求：（1）当3k =时物块A B 、碰撞过程中产生的内能； （2）当k=3时物块A B 、在传送带上向右滑行的最远距离；（3）讨论k 在不同数值范围时，A B 、碰撞后传送带对它们所做的功W 的表达式．【答案】（1）6J （2）0.25m （3）①()21W k J =-+②()221521k k W k +-=+【解析】（1）设物块A 在E 的速度为0v ，由牛顿第二定律得：20A A v m g m R=①，设碰撞前A 的速度为1v ．由机械能守恒定律得：220111222A A A m gR m v m v +=②， 联立并代入数据解得：14/v m s =③；设碰撞后A 、B 速度为2v ，且设向右为正方向，由动量守恒定律得()122A A m v m m v =+④；解得：21141/13A A Bm v v m s m m ==⨯=++⑤；由能量转化与守恒定律可得：()22121122A AB Q m v m m v =-+⑥，代入数据解得Q=6J ⑦； （2）设物块AB 在传送带上向右滑行的最远距离为s ，由动能定理得：()()2212A B A B m m gs m m v μ-+=-+⑧，代入数据解得0.25s m =⑨； （3）由④式可知：214/1A A B m v v m s m m k==++⑩；（i ）如果A 、B 能从传送带右侧离开，必须满足()()2212A B A B m m v m m gL μ+>+，解得：k ＜1，传送带对它们所做的功为：()()21J A B W m m gL k μ=-+=-+； （ii ）（I ）当2v v ≤时有：3k ≥，即AB 返回到传送带左端时速度仍为2v ； 由动能定理可知，这个过程传送带对AB 所做的功为：W=0J ，（II ）当0k ≤<3时，AB 沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速， 当速度与传送带速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左侧． 在这个过程中传送带对AB 所做的功为()()2221122A B A B W m m v m m v =+-+， 解得()221521k k W k +-=+； 【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、动量守恒定律、动能定理即可解题；解题时注意讨论，否则会漏解．A 恰好通过最高点E ，由牛顿第二定律求出A 通过E 时的速度，由机械能守恒定律求出A 与B 碰撞前的速度，A 、B 碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出碰撞过程产生的内能，应用动能定理求出向右滑行的最大距离．根据A 、B 速度与传送带速度间的关系分析AB 的运动过程，根据运动过程应用动能定理求出传送带所做的功．3．如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B 点脱离后做平抛运动，经过0.3s 后又恰好与倾角为045的斜面垂直相碰．已知半圆形管道的半径为1R m =，小球可看作质点且其质量为1m kg =，210/g m s =，求：（1）小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离；（2）小球通过管道上B点时对管道的压力大小和方向．【答案】（1）0.9m；（2）1N【解析】【分析】（1）根据平抛运动时间求得在C点竖直分速度，然后由速度方向求得v，即可根据平抛运动水平方向为匀速运动求得水平距离；（2）对小球在B点应用牛顿第二定律求得支持力N B的大小和方向．【详解】（1）根据平抛运动的规律，小球在C点竖直方向的分速度v y=gt=10m/s水平分速度v x=v y tan450=10m/s则B点与C点的水平距离为：x=v x t=10m（2）根据牛顿运动定律，在B点N B+mg=m2 v R解得 N B=50N根据牛顿第三定律得小球对轨道的作用力大小N, =N B=50N方向竖直向上【点睛】该题考查竖直平面内的圆周运动与平抛运动，小球恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰到是解题的关键，要正确理解它的含义．要注意小球经过B点时，管道对小球的作用力可能向上，也可能向下，也可能没有，要根据小球的速度来分析．4．如图所示，水平传送带AB长L=4m，以v0=3m/s的速度顺时针转动，半径为R=0.5m的光滑半圆轨道BCD与传动带平滑相接于B点，将质量为m=1kg的小滑块轻轻放在传送带的左端．已，知小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.3，取g=10m/s2，求:(1)滑块滑到B点时对半圆轨道的压力大小；(2)若要使滑块能滑到半圆轨道的最高点，滑块在传送带最左端的初速度最少为多大．【答案】（1）28N.（2）7m/s【解析】【分析】（1）物块在传送带上先加速运动，后匀速，根据牛顿第二定律求解在B点时对轨道的压力；（2）滑块到达最高点时的临界条件是重力等于向心力，从而求解到达D 点的临界速度，根据机械能守恒定律求解在B 点的速度；根据牛顿第二定律和运动公式求解A 点的初速度. 【详解】（1）滑块在传送带上运动的加速度为a=μg=3m/s 2；则加速到与传送带共速的时间01v t s a == 运动的距离：211.52x at m ==， 以后物块随传送带匀速运动到B 点，到达B 点时，由牛顿第二定律：2v F mg m R-= 解得F=28N ，即滑块滑到B 点时对半圆轨道的压力大小28N.（2）若要使滑块能滑到半圆轨道的最高点，则在最高点的速度满足：mg=m 2Dv R解得v D =5m/s ； 由B 到D ，由动能定理：2211222B D mv mv mg R =+⋅ 解得v B =5m/s>v 0可见，滑块从左端到右端做减速运动，加速度为a=3m/s 2，根据v B 2=v A 2-2aL 解得v A =7m/s5．如图所示，竖直平面内有一光滑的直角细杆MON ，其中ON 水平，OM 竖直，两个小物块A 和B 分别套在OM 和ON 杆上，连接AB 的轻绳长为L =0.5m ，．现将直角杆MON 绕过OM 的轴O 1O 2缓慢地转动起来．已知A 的质量为m 1=2kg ，重力加速度g 取10m/s 2。
(完整)高中物理曲线运动＂轨迹＂问题的破解
曲线运动“轨迹”问题的破解山东平原一中 魏德田 253100近几年，涉及曲线运动“轨迹”一类问题，不断的出现在高中物理的阶段测试、历届高考中。
及时、有效的破解此类问题，实乃备战08年高考的当务之急。
本文拟就此做一探究。
一、破解的依据破解此类问题，应用以下几条“依据”：㈠判断物体的运动曲线轨迹的产生，根据“合速度与合外力（或合加速度）不共线”，即物体做曲线运动的条件。
㈡判断运动快慢程度改变的方式，若合速度与合外力（或合加速度）成“锐角”，为“加速”曲线运动，力对物体做正功；“恒成直角”，为“匀速率”圆周运动，力对物体不做功；成“钝角”，则为“减速”曲线运动，力对物体做负功。
反映物体速度大小的变化，属于合外力的切向加速效果。
㈢判断曲线的曲率改变，根据向“合外力（或合加速度）一侧”弯曲。
反映物体速度方向的变化，属于合外力的法向加速效果；㈣轨迹的性质（即抛物线、圆、双曲线等），可利用数学知识去证明等等。
至于物体速度的方向沿着某点切线的方向；物体的合速度指实际速度，求合速度、合加速度、合外力，常用运动（矢量）合成的知识；求物体能量的变化，应用“动能定理”、“功能关系或能量守恒”；求物体动量的变化，应用动量定理、动量守恒等等。
在原则上与解答诸类其他问题毫无二致。
二、解题示例[例题1]（’03上海）如图—3所示，质量为m 的飞机以水平速度v 0飞离跑道后逐渐上升，若飞机在此过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力（该升力由其他力的合力提供，不含升力）。
今测得当飞机在水平方向的位移为l 时，它的上升高度为h 。
求：⑴飞机受到的升力大小；⑵从起飞到上升至h 高度的过程中升力所做的功及在高度h 处飞机的动能。
[解析]⑴已知飞机受重力mg 和竖直向上的升力N 等恒力作用，合外力F 合必为恒力。
由牛二定律，可得①ma mg N -----=-由“依据“㈢知，合外力方向是竖直向上的。
已知飞机在水平速度保持不变，再结合“依据”㈡,可知飞机做“类平抛”运动。
曲线运动解题思路
曲线运动解题思路
一、曲线运动的性质和轨迹的判断
1、运动的性质（匀速、匀加速、变加速）由力决定。
2、具体轨迹由力和初速度共同决定
3、注意力和速度均为矢量，大小或方向只要有一个变就是变。
4、曲线运动的轨迹向力的方向偏，最终偏向力的平行方向。
如：平抛为力不变得匀变速曲线运动，匀速率的圆周运动为变加速曲线运动
二、分析思路：分运动与合运动具有相对独立性和等时性。
分析时先分析分运动的规律，再
分析合运动的位移和速度（等于分运动的速度和位移的矢量和）
1、某个方向的运动性质和规律看这个方向的力和初速度（独立性）
2、看到的运动为合运动（实际运动）
3、绳子的合运动产生沿绳方向和垂直绳方向的两个分运动
三、平抛运动
掌握基本的平抛图形，明确位移和速度关系，判断题目具体用到的是速度（如何打）还是位移（打到哪里）关系，还是两个关系均要用到。
分析角度关系。
具体图形如下;
3、圆周类：注意竖直面内运动的最高点是否有线速度，线速度的区分点关键看最高点的受力情况，并不一定是(gr)1/2
4、天体类：关键先判断万有引力最为重力（地表）还是提供向心力（环绕），分析向心力与提供向心力的力的关系（如下）
越高越慢，同一点加速度一样但线速度不一定相同。
同一圆周不同点加速度大小相等但方向不同。
高考解析几何轨迹问题解题策略
高考解析几何轨迹问题解题策略
一、轨迹方程的求法
1. 直接法：直接法就是不设出动点的坐标，而是根据题设条件，直接列出轨迹上满足的点的几何条件，并从这个条件对方程进行整理，得到轨迹方程．
2. 定义法：定义法就是根据已知条件，结合所学过的圆锥曲线的定义直接写出曲线的方程．
3. 参数法：参数法是指先引入一个参数，如时间、速度等，根据已知条件，写出参数方程，再消去参数化为普通方程．
4. 交轨法：交轨法是指利用圆锥曲线统一定义，通过求交点坐标来求轨迹方程的方法．
二、轨迹问题的解题策略
1. 转化化归：将待求问题转化为已知问题，将复杂问题转化为简单问题，将抽象问题转化为具体问题，这是解决轨迹问题的基本策略．
2. 设而不求：在轨迹问题中，设点而不求出点的坐标是常用的一种解题策略．
3. 整体代换：在轨迹问题中，有时通过整体代换可以简化运算．
4. 坐标转移：在轨迹问题中，有时可以通过坐标转移来转化问题．
5. 逆向思维：在轨迹问题中，有时通过逆向思维可以简化运算．。
轨迹方程的 几种求法整理(例题+答案)
轨迹方程的六种求法整顿求轨迹方程是高考中罕有的一类问题.本文对曲线方程轨迹的求法做一归纳,供同窗们参考.求轨迹方程的一般办法：1.直译法：假如动点P的活动纪律是否合乎我们熟知的某些曲线的界说难以断定,但点P知足的等量关系易于树立,则可以先暗示出点P所知足的几何上的等量关系,再用点P的坐标（x,y）暗示该等量关系式,即可得到轨迹方程.2.界说法：假如动点P的活动纪律合乎我们已知的某种曲线（如圆.椭圆.双曲线.抛物线）的界说,则可先设出轨迹方程,再依据已知前提,待定方程中的常数,即可得到轨迹方程3. 参数法：假如采取直译法求轨迹方程难以奏效,则可追求引动员点P活动的某个几何量t,以此量作为参变数,分离树立P 点坐标x,y与该参数t的函数关系x＝f（t）, y＝g（t）,进而经由过程消参化为轨迹的通俗方程F（x,y）＝0.4. 代入法（相干点法）：假如动点P的活动是由别的某一点P'的活动激发的,而该点的活动纪律已知,（该点坐标知足某已知曲线方程）,则可以设出P（x,y）,用（x,y）暗示出相干点P'的坐标,然后把P'的坐标代入已知曲线方程,即可得到动点P的轨迹方程.5.交轨法：在求动点轨迹时,有时会消失请求两动曲线交点的轨迹问题,这种问题平日经由过程解方程组得出交点（含参数）的坐标,再消去参数求得所求的轨迹方程（若能直接消去两方程的参数,也可直接消去参数得到轨迹方程）,该法经常与参数法并用. 6. 待定系数法：已知曲线是圆,椭圆,抛物线,双曲线等一.直接法把标题中的等量关系直接转化为关于x,y,的方程根本步调是：建系.设点.列式.化简.解释等,圆锥曲线尺度方程的推导. 1. 已知点(20)(30)A B -，，，,动点()P x y ，知足2PA PB x =·,求点P 的轨迹.26y x =+,2. 2.已知点B （－1,0）,C （1,0）,P 是平面上一动点,且知足.||||CB PB BC PC ⋅=⋅（1）求点P 的轨迹C 对应的方程;（2）已知点A （m,2）在曲线C 上,过点A 作曲线C 的两条弦AD 和AE,且AD⊥AE,断定：直线DE 是否过定点？试证实你的结论.（3）已知点A （m,2）在曲线C 上,过点A 作曲线C 的两条弦AD,AE,且AD,AE 的斜率k1.k2知足k1·k2=2.求证：直线DE 过定点,并求出这个定点.解：（1）设.4,1)1(||||),(222x y x y x CB PB BC PC y x P =+=+-⋅=⋅化简得得代入二.界说法应用所学过的圆的界说.椭圆的界说.双曲线的界说.抛物线的界说直接写出所求的动点的轨迹方程,这种办法叫做界说法．这种办法请求题设中有定点与定直线及两定点距离之和或差为定值的前提,或应用平面几何常识剖析得出这些前提．1. 若动圆与圆4)2(22=++y x 外切且与直线x=2相切,则动圆圆心的轨迹方程是解：如图,设动圆圆心为M,由题意,动点M 到定圆圆心（－2,0）的距离等于它到定直线x=4的距离,故所求轨迹是以（－2,0）为核心,直线x=4为准线的抛物线,并且p=6,极点是（1,0）,启齿向左,所以方程是)1(122--=x y ．选（B ）．2.一动圆与两圆122=+y x 和012822=+-+x y x 都外切,则动圆圆心轨迹为解：如图,设动圆圆心为M,半径为r,则有.1,2,1=-+=+=MO MC r MC r MO 动点M 到两定点的距离之差为1,由双曲线界说知,其轨迹是以O.C 为核心的双曲线的左支3.在ABC △中,24BC AC AB =，，上的两条中线长度之和为39,求ABC △的重心的轨迹方程．解：以线段BC 地点直线为x 轴,线段BC 的中垂线为y 轴树立直角坐标系,如图1,M 为重心,则有239263BM CM +=⨯=． M ∴点的轨迹是认为B C ，核心的椭圆,个中1213c a ==，．225b a c =-=∴．∴所求ABC △的重心的轨迹方程为221(0)16925x y y +=≠． 留意：求轨迹方程时要留意轨迹的纯粹性与完整性.4.设Q 是圆x2+y2=4上动点另点A （3.0）.线段AQ 的垂直等分线l 交半径OQ 于点P(见图2－45),当Q 点在圆周上活动时,求点P 的轨迹方程．解：衔接PA ∵l⊥PQ,∴|PA|=|PQ|．又P在半径OQ 上．∴|PO|+|PQ|=2．由椭圆界说可知：P 点轨迹是以O.A 为核心的椭圆．5.已知ΔABC中,A,B,C 所对应的边为a,b,c,且a>c>b,a,c,b 成等差数列,|AB|=2,求极点C 的轨迹方程 解：|BC|+|CA|=4>2,由椭圆的界说可知,点C 的轨迹是以A.B 为核心的椭圆,其长轴为4,焦距为2, 短轴长为23,∴椭圆方程为13422=+y x , 又a>b, ∴点C 在y 轴左侧,必有x<0,而C 点在x 轴上时不克不及组成三角形,故x≠─2,是以点C 的轨迹方程是：13422=+y x (─2<x<0) 点评：本题在求出了方程今后评论辩论x 的取值规模,现实上就是斟酌前提的须要性6.一动圆与圆22650x y x +++=外切,同时与圆226910x y x +--=内切,求动圆圆心M 的轨迹方程,并解释它是什么样的曲线.解析：（法一）设动圆圆心为(,)M x y ,半径为R ,设已知圆的圆心分离为1O .2O ,将圆方程分离配方得：22(3)4x y ++=,22(3)100x y -+=,当M 与1O 相切时,有1||2O M R =+①当M 与2O 相切时,有2||10O M R =-②将①②两式的双方分离相加,得21||||12O M O M +=, 即2222(3)(3)12x y x y +++-+=③移项再双方分离平方得：222(3)12x y x ++=+④双方再平方得：22341080x y +-=,整顿得2213627x y +=, 所以,动圆圆心的轨迹方程是2213627x y +=,轨迹是椭圆. （法二）由解法一可得方程2222(3)(3)12x y x y +++-+=, 由以上方程知,动圆圆心(,)M x y 到点1(3,0)O -和2(3,0)O 的距离和是常数12,所以点M 的轨迹是核心为1(3,0)O -.2(3,0)O ,长轴长等于12的椭圆,并且椭圆的中间在坐标原点,核心在x 轴上,∴26c =,212a =,∴3c =,6a =,∴236927b =-=,∴圆心轨迹方程为2213627x y +=. 三.相干点法此办法实用于动点随已知曲线上点的变更而变更的轨迹问题. 若动点P(x,y)随已知曲线上的点Q(x0,y0)的变动而变动,且x0.y0可用x.y 暗示,则将Q 点坐标表达式代入已知曲线方程,即得点P 的轨迹方程．这种办法称为相干点法(或代换法)．x y 1O 2O P1.已知抛物线y2=x+1,定点A(3,1).B 为抛物线上随意率性一点,点P 在线段AB 上,且有BP∶PA=1∶2,当B 点在抛物线上变动时,求点P 的轨迹方程．剖析解：设点P(x,y),且设点B(x0,y0)∵BP∶PA=1∶2,且P 为线段AB 的内分点．2.双曲线2219x y -=有动点P ,12,F F 曲直线的两个核心,求12PF F ∆的重心M 的轨迹方程.解：设,P M 点坐标各为11(,),(,)P x y M x y ,∴在已知双曲线方程中3,1a b ==,∴9110c =+=∴已知双曲线两核心为12(10,0),(10,0)F F -,∵12PF F ∆消失,∴10y ≠ 由三角形重心坐标公式有11(10)10003x x y y ⎧+-+=⎪⎪⎨++⎪=⎪⎩,即1133x x y y =⎧⎨=⎩ . ∵10y ≠,∴0y ≠.3.已知点P 在双曲线上,将上面成果代入已知曲线方程,有22(3)(3)1(0)9x y y -=≠ 即所求重心M 的轨迹方程为：2291(0)x y y -=≠.4.（上海,3）设P 为双曲线-42x y2＝1上一动点,O 为坐标原点,M 为线段OP 的中点,则点M 的轨迹方程是.解析：设P （x0,y0） ∴M（x,y ） ∴2,200y y x x ==∴2x＝x0,2y ＝y0∴442x －4y2＝1⇒x2－4y2＝15.已知△ABC 的极点(30)(10)B C -，，，,极点A 在抛物线2y x =上活动,求ABC △的重心G 的轨迹方程．解：设()G x y ，,00()A x y ，,由重心公式,得003133x x y y -++⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，，00323x x y y =+⎧⎨=⎩， ①∴． ② 又00()A x y ，∵在抛物线2y x =上,200y x =∴． ③将①,②代入③,得23(32)(0)y x y =+≠,即所求曲线方程是2434(0)3y x x y =++≠． 四.参数法假如不轻易直接找出动点的坐标之间的关系,可斟酌借助中央变量（参数）,把x,y 接洽起来．若动点P （x,y ）的坐标x 与y 之间的关系不轻易直接找到,而动点变更受到另一变量的制约,则可求出x.y 关于另一变量的参数方程,再化为通俗方程．1.已知线段2AA a '=,直线l 垂直等分AA '于O ,在l 上取两点P P '，,使有向线段OP OP '，知足4OP OP '=·,求直线AP 与A P ''的交点M 的轨迹方程． 解：如图2,以线段AA '地点直线为x 轴,以线段AA '的中垂线为y 轴树立直角坐标系．设点(0)(0)P t t ≠，, 则由题意,得40P t ⎛⎫' ⎪⎝⎭，． 由点斜式得直线AP A P ''，的方程分离为4()()t y x a y x a a ta =+=--，． 两式相乘,消去t ,得222244(0)x a y a y +=≠．这就是所求点M 的轨迹方程．评析：参数法求轨迹方程,症结有两点：一是选参,轻易暗示出动点;二是消参,消参的门路灵巧多变.2.设椭圆中间为原点O,一个核心为F （0,1）,长轴和短轴的长度之比为t ．（1）求椭圆的方程;（2）设经由原点且斜率为t 的直线与椭圆在y 轴右边部分的交点为Q,点P 在该直线上,且12-=t t OQ OP,当t 变更时,求点P 的轨迹方程,并解释轨迹是什么图形．解：（1）设所求椭圆方程为).0(12222＞＞b a b x a y =+由题意得⎪⎩⎪⎨⎧==-,,122t b a b a 解得 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-=.11.122222t b t t a 所以椭圆方程为222222)1()1(t y t x t t =-+-．(2)设点),,(),,(11y x Q y x P 解方程组⎩⎨⎧==-+-,,)1()1(1122122122tx y t y t x t t 得 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-=.)1(2,)1(212121t t y t x 由12-=t t OQ OP 和1x x OQ OP =得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==,2,2,2222t y t x t y t x 或 个中t ＞1．消去t,得点P 轨迹方程为)22(222>=x y x 和)22(222-<-=x y x ．其轨迹为抛物线y x 222=在直线22=x 右侧的部分和抛物线y x 222-=在直线22-=x 在侧的部分．3.已知双曲线2222n y m x -=1(m ＞0,n ＞0)的极点为A1.A2,与y 轴平行的直线l 交双曲线于点P.Q 求直线A1P 与A2Q 交点M 的轨迹方程; 解设P 点的坐标为(x1,y1),则Q 点坐标为(x1,－y1),又有A1(－m,0),A2(m,0),则A1P 的方程为y=)(11m x mx y ++① A2Q 的方程为y=－)(11m x mx y --② ①×②得y2=－)(2222121m x m x y --③又因点P 在双曲线上,故).(,12212221221221m x m n y n y m x -==-即 代入③并整顿得2222n y m x +=1此即为M 的轨迹方程4.设点A 和B 为抛物线 y2=4px(p ＞0)上原点以外的两个动点,已知OA⊥OB,OM⊥AB,求点M 的轨迹方程,并解释它暗示什么曲线 解法一设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x,y) (x≠0)直线AB 的方程为x=my+a由OM⊥AB,得m=－y x 由y2=4px 及x=my+a,消去x,得y2－4pmy －4pa=0所以y1y2=－4pa, x1x2=22122()(4)y y a p = 所以,由OA⊥OB,得x1x2 =－y1y2所以244a pa a p =⇒=故x=my+4p,用m=－y x代入,得x2+y2－4px=0(x≠0)故动点M 的轨迹方程为x2+y2－4px=0(x≠0),它暗示以(2p,0)为圆心,以2p 为半径的圆,去失落坐标原点 解法二设OA 的方程为y kx =,代入y2=4px 得222(,)p p A k k则OB 的方程为1y x k =-,代入y2=4px 得2(2,2)B pk pk -∴AB 的方程为2(2)1k y x p k=--,过定点(2,0)N p , 由OM⊥AB,得M 在以ON 为直径的圆上（O 点除外）故动点M 的轨迹方程为x2+y2－4px=0(x≠0),它暗示以(2p,0)为圆心,以2p 为半径的圆,去失落坐标原点 解法三设M(x,y) (x≠0),OA 的方程为y kx =,代入y2=4px 得222(,)p p A k k 则OB 的方程为1y x k =-,代入y2=4px 得2(2,2)B pk pk -由OM⊥AB,得M 既在以OA 为直径的圆222220p p x y x y k k+--=……①上, 又在以OB 为直径的圆222220x y pk x pky +-+=……②上（O 点除外）,①2k ⨯+②得 x2+y2－4px=0(x≠0)故动点M 的轨迹方程为x2+y2－4px=0(x≠0),它暗示以(2p,0)为圆心,以2p 为半径的圆,去失落坐标原点5.过点A （－1,0）,斜率为k 的直线l 与抛物线C ：y2=4x 交于P,Q 两点.若曲线C 的核心F 与P,Q,R 三点按如图次序组成平行四边形PFQR,求点R 的轨迹方程;解：请求点R 的轨迹方程,留意到点R 的活动是由直线l 的活动所引起的,是以可以寻找点R 的横.纵坐标与直线l 的斜率k 的关系．然而,点R 与直线l 并没有直接接洽．与l 有直接接洽的是点P.Q,经由过程平行四边形将P.Q.R 这三点接洽起来就成为解题的症结．由已知:(1)l y k x =+,代入抛物线C ：y2=4x 的方程,消x 得：204k y y k -+=∵C l P 直线交抛物线于两点.Q∴20410k k ⎧≠⎪⎨⎪∆=->⎩解得1001k k -<<<<或设1122(,),(,),(,)P x y Q x y R x y ,M 是PQ 的中点,则由韦达定理可知：122,2M y y y k+==将其代入直线l的方程,得2212M M x k y k ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩∵四边形PFQR 是平行四边形, ∴RF 中点也是PQ 中点M .∴242342M F Mx x x k y y k ⎧=-=-⎪⎪⎨⎪==⎪⎩又(1,0)(0,1)k ∈-⋃∴(1,)M x ∈+∞．∴点R 的轨迹方程为.1),3(42>+=x x y6.垂直于y 轴的直线与y 轴及抛物线y2=2(x –1)分离交于点A 和点P,点B 在y 轴上且点A 分OB 的比为1:2,求线段PB 中点的轨迹方程解：点参数法 设A(0,t),B(0,3t),则P(t2/2 +1, t),设Q(x,y),则有⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=+=+=t tt y t t x 223)2(4121222,消去t 得：y2=16(x –21) 点评：本题采取点参数,即点的坐标作为参数在求轨迹方程时应剖析动点活动的原因,找出影响动点的身分,据此恰当地选择参数7.过双曲线C ：x2─y2/3=1的左核心F 作直线l 与双曲线交于点P.Q,以OP.OQ 为邻边作平行四边形OPMQ,求M 的轨迹方程解：k 参数法 当直线l 的斜率k 消失时,取k 为参数,树立点M 轨迹的参数方程设M(x,y),P(x1,y1), Q(x2,y2),PQ 的中点N(x0,y0), l:y=k(x+2), 代入双曲线方程化简得：(3─k2)x2─4k2x─4k2─3=0,依题意k≠3,∴3─k2≠0,x1+x2=4k2/(3─k2), ∴x=2x0=x1+x2=4k2/(3─k2),y=2y0=2k(x0+2)=12k/(3─k2),∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-=22231234k k y k k x , 消去k 并整顿,得点M 的轨迹方程为：1124)2(22=-+y x 当k 不消失时,点M(─4,0)在上述方程的曲线上,故点M 的轨迹方程为：点评：本题用斜率作为参数,即k 参数法,k 是经常应用的参数设点P.Q 的坐标,但没有求出P.Q 的坐标,而是用韦达定理求x1+x2,y1+y2,从整体上行止理,是处懂得析几何分解题的罕有技能8.（06辽宁,20）已知点11(,)A x y ,22(,)B x y 12(0)x x ≠是抛物线22(0)y px p =>上的两个动点,O 是坐标原点,向量OA ,OB 知足OA OB OA OB +=-.设圆C 的方程为(I) 证实线段AB 是圆C 的直径;(II)当圆C 的圆心到直线X2Y=0的距离的最小值为5时,求p 的值.解析：(I)证实1:22,()()OA OB OA OB OA OB OA OB +=-∴+=- 整顿得:0OA OB ⋅=12120x x y y ∴⋅+⋅=设M(x,y)是以线段AB 为直径的圆上的随意率性一点,则0MA MB ⋅= 即1212()()()()0x x x x y y y y --+--=整顿得:221212()()0x y x x x y y y +-+-+= 故线段AB 是圆C 的直径(II)解法1:设圆C 的圆心为C(x,y),则又因12120x x y y ⋅+⋅=1212x x y y ∴⋅=-⋅22121224y y y y p∴-⋅= 所以圆心的轨迹方程为222y px p =- 设圆心C 到直线x2y=0的距离为d,则当y=p 时,d=2p ∴=.五.交轨法一般用于求二动曲线交点的轨迹方程．其进程是选出一个恰当的参数,求出二动曲线的方程或动点坐标合适的含参数的等式,再消去参数,即得所求动点轨迹的方程．1. 已知两点)2,0(),2,2(Q P -以及一条直线ι：y=x,设长为2的线段AB 在直线λ上移动,求直线PA 和QB 交点M 的轨迹方程．解：PA 和QB 的交点M （x,y ）随 A.B 的移动而变更,故可设)1,1(),,(++t t B t t A ,则PA ：),2)(2(222-≠++-=-t x t t y QB ：).1(112-≠+-=-t x t t y 消去t,得.082222=+-+-y x y x 当t=－2,或t=－1时,PA 与QB 的交点坐标也知足上式,所以点M 的轨迹方程是.0822222=+--+-y x x y x以上是求动点轨迹方程的重要办法,也是经常应用办法,假如动点的活动和角度有显著的关系,还可斟酌用复数法或极坐标法求轨迹方程．但无论用何办法,都要留意所求轨迹方程中变量的取值规模．2.自抛物线y2＝2x 上随意率性一点P 向其准线l 引垂线,垂足为Q,贯穿连接极点O 与P 的直线和贯穿连接核心F 与Q 的直线交于R 点,求R 点的轨迹方程.解：设P （x1,y1）.R （x,y ）,则Q （－21,y1）.F （21,0）,∴OP 的方程为y=11x y x,①FQ 的方程为y=－y1（x －21）.②由①②得x1＝xx 212-,y1＝xy 212-,代入y2＝2x,可得y2＝－2x2+x.六.待定系数法当曲线（圆.椭圆.双曲线以及抛物线）的外形已知时,一般可用待定系数法解决.1.已知Ａ,Ｂ,Ｄ三点不在一条直线上,且(20)A -，,(20)B ，,2AD =,1()2AE AB AD =+．（1）求E 点轨迹方程;（2）过A 作直线交认为A B ，核心的椭圆于M N ，两点,线段MN 的中点到y 轴的距离为45,且直线MN 与E 点的轨迹相切,求椭圆方程．解：（1）设()E x y ，,由1()2AE AB AD =+知E 为BD 中点,易知(222)D x y -，．又2AD =,则22(222)(2)4x y -++=．即E 点轨迹方程为221(0)x y y +=≠; （2）设1122()()M x y N x y ，，，,中点00()x y ，．由题意设椭圆方程为222214x y a a +=-,直线MN 方程为(2)y k x =+．∵直线MN 与E 点的轨迹相切, 2211k k =+∴,解得33k =±． 将33y =±(2)x +代入椭圆方程并整顿,得222244(3)41630a x a x a a -++-=,2120222(3)x x a x a +==--∴,又由题意知045x =-,即2242(3)5a a =-,解得28a =．故所求的椭圆方程为22184x y +=．2.已知圆C1的方程为(x －2)2+(y －1)2=320,椭圆C2的方程为2222by ax +=1(a ＞b ＞0),C2的离心率为22,假如C1与C2订交于A.B 两点,且线段AB 恰为圆C1的直径,求直线AB 的方程和椭圆C2的方程..解：由e=22,可设椭圆方程为22222b y b x +=1,又设A(x1,y1).B(x2,y2),则x1+x2=4,y1+y2=2, 又2222222212212,12by bx by bx +=+=1,两式相减,得22221222212by y bx x -+-=0,2121x x y y --=－1,故直线AB 的方程为y=－x+3,代入椭圆方程得3x2－12x+18－2b2=0. 有Δ=24b2－72＞0,又|AB|=3204)(221221=-+x x x x ,得3209722422=-⋅b ,解得b2=8.故所求椭圆方程为81622y x +=1.3.已知直线1+-=x y 与椭圆)0(12222>>=+b a by a x 订交于A.B 两点,且线段AB 的中点在直线02:=-y x l 上.（１）求此椭圆的离心率;（2 ）若椭圆的右核心关于直线l 的对称点的在圆422=+y x 上,求此椭圆的方程. 讲授:（1）设A.B 两点的坐标分离为⎪⎩⎪⎨⎧=++-=11).,(),,(22222211b y ax x y y x B y x A ，则由得02)(2222222=-+-+b a a x a x b a , 依据韦达定理,得∴线段AB的中点坐标为（222222,ba b b a a ++）.由已知得2222222222222)(22,02c a c a b a ba b b a a =∴-==∴=+-+ 故椭圆的离心率为22=e .（2）由（1）知,c b =从而椭圆的右核心坐标为),0,(b F 设)0,(b F 关于直线2:=-y x l 的对称点为,02221210),,(000000=⨯-+-=⋅--yb x b x y y x 且则解得b y b x 545300==且由已知得 4,4)54()53(,42222020=∴=+∴=+b b b y x故所求的椭圆方程为14822=+y x .。
高中物理曲线运动的解题方法
论坛高中物理曲线运动的解题方法文/赵纯阳摘要：高中物理中的曲线运动旨在通过对曲线运动进行研究以提示自然界当中的普遍运动规律。
曲线运动的知识点涉及其运动方向、条件、运动的合成与分解、圆周运动、向心力、加速度等，是高中物理的重要内容，也是学生学习的难点内容。
本文就高中物理曲线运动的解题方法进行了探讨，以为学生对高中物理曲线运动的学习提供若干参考。
关键词：高中物理曲线运动解题方法曲线运动的重点知识包括匀速圆周运动与平抛运动，在实际解题过程当中，依曲线运动的性质，可先确定物体的运动是否因受力而产生，若未受力，表明物理所做曲线运动为匀速曲线运动，若受力，则要分析此力的作用是否会让物理的运动发生变化[1]；接着即要判断物体各方向上的运动初速度，再结合所受力的大小、因受力而产生的速度等，以求解题目中的问题。
一、利用“结论或定理”解决平抛运动问题平抛运动是高中物理曲线运动中的重要形式之一，其本身具特殊规律特征，在解答此类题目时，学生可充分利用平抛运动的一些“结论或定理”进行解题。
平抛运动的结论主要包括以下三点：第一，物体在做平抛运动时，其任意位置或时刻的末速度方向与水平方向夹角α与位移和水平方向夹角β均存在tanα=2tanβ的关系；第二，物体在做平抛运动时，其任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定可过该时刻的水平位移线中点；第三，物体在做t时间的平抛运动之后，其位移与水平方向夹角β，物体的动能与初动能存在的关系。
另，在解决平抛运动问题时，最为重要是掌握物体水平方向的匀速运动与竖直方向的匀加速运动的独立性、等效性与等时性，然后再利用三角函数、勾股定理等知识来解题。
二、擅用“供需关系”解决圆周运动问题物体的圆周运动包括匀速圆周运动与变速圆周运动，当物体在做匀速圆周运动时，物体所受到的合外力与物体的向心力一定相等，只有这样物体才能做匀速圆周运动；当物体在做变速圆周运动时，需合外力沿半径方向的分力为物体提供向心力，从而使物体能做变速运动。
高考数学曲线轨迹方程求解方法
高考数学曲线轨迹方程求解方法高考要求求曲线的轨迹方程是解析几何的两个基本问题之一求符合某种条件的动点的轨迹方程，其实质就是利用题设中的几何条件，用“坐标化”将其转化为寻求变量间的关系这类问题除了考查学生对圆锥曲线的定义，性质等基础知识的掌握，还充分考查了各种数学思想方法及一定的推理能力和运算能力，因此这类问题成为高考命题的热点，也是同学们的一大难点重难点归纳求曲线的轨迹方程常采用的方法有直接法、定义法、代入法、参数法(1)直接法直接法是将动点满足的几何条件或者等量关系，直接坐标化，列出等式化简即得动点轨迹方程(2)定义法若动点轨迹的条件符合某一基本轨迹的定义(如椭圆、双曲线、抛物线、圆等)，可用定义直接探求(3)相关点法根据相关点所满足的方程，通过转换而求动点的轨迹方程(4)参数法若动点的坐标(x,y)中的x,y分别随另一变量的变化而变化，我们可以以这个变量为参数，建立轨迹的参数方程求轨迹方程，一定要注意轨迹的纯粹性和完备性要注意区别“轨迹”与“轨迹方程”是两个不同的概念1．直接法由题设所给(或通过分析图形的几何性质而得出)的动点所满足的几何条件列出等式，再用坐标代替这等式，化简得曲线的方程，这种方法叫直接法．例1：(1)求和定圆x2+y2=k2的圆周的距离等于k的动点P的轨迹方程；(2)过点A(a，o)作圆O∶x2+y2=R2(a＞R＞o)的割线，求割线被圆O截得弦的中点的轨迹．对(1)分析：动点P的轨迹是不知道的，不能考查其几何特征，但是给出了动点P的运动规律：|OP|=2R 或|OP|=0．解：设动点P(x，y)，则有|OP|=2R或|OP|=0．即x2+y2=4R2或x2+y2=0．故所求动点P的轨迹方程为x2+y2=4R2或x2+y2=0．对(2)分析：题设中没有具体给出动点所满足的几何条件，但可以通过分析图形的几何性质而得出，即圆心与弦的中点连线垂直于弦，它们的斜率互为负倒数．由学生演板完成，解答为：设弦的中点为M(x，y)，连结OM，则OM⊥AM．∵kOM·kAM=-1，其轨迹是以OA为直径的圆在圆O内的一段弧(不含端点)．2．定义法：如果能够确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程，这种求轨迹方程的方法叫做定义法．例1．已知圆C ：091622=-++x y x 及圆内一点P （3，0），求过点P 且与已知圆内切的圆的圆心M 的轨迹方程。
高考物理曲线运动解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析
高考物理曲线运动解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．已知某半径与地球相等的星球的第一宇宙速度是地球的12倍．地球表面的重力加速度为g ．在这个星球上用细线把小球悬挂在墙壁上的钉子O 上，小球绕悬点O 在竖直平面内做圆周运动．小球质量为m ，绳长为L ，悬点距地面高度为H ．小球运动至最低点时，绳恰被拉断，小球着地时水平位移为S 求：(1)星球表面的重力加速度？(2)细线刚被拉断时，小球抛出的速度多大？ (3)细线所能承受的最大拉力？【答案】(1)01=4g g 星 (2)0024g sv H L=-201[1]42()s T mg H L L =+- 【解析】 【分析】 【详解】（1）由万有引力等于向心力可知22Mm v G m R R =2MmGmg R= 可得2v g R=则014g g 星＝（2）由平抛运动的规律：212H L g t -=星 0s v t =解得0024g s v H L=- （3）由牛顿定律，在最低点时：2v T mg m L-星＝解得：201142()s T mg H L L ⎡⎤=+⎢⎥-⎣⎦【点睛】本题考查了万有引力定律、圆周运动和平抛运动的综合，联系三个问题的物理量是重力加速度g 0；知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律和圆周运动向心力的来源是解决本题的关键．2．如图所示，竖直圆形轨道固定在木板B 上，木板B 固定在水平地面上，一个质量为3m 小球A 静止在木板B 上圆形轨道的左侧．一质量为m 的子弹以速度v 0水平射入小球并停留在其中，小球向右运动进入圆形轨道后，会在圆形轨道内侧做圆周运动．圆形轨道半径为R ，木板B 和圆形轨道总质量为12m ，重力加速度为g ，不计小球与圆形轨道和木板间的摩擦阻力．求：(1)子弹射入小球的过程中产生的内能；(2)当小球运动到圆形轨道的最低点时，木板对水平面的压力；(3)为保证小球不脱离圆形轨道，且木板不会在竖直方向上跳起，求子弹速度的范围．【答案】(1)2038mv (2) 2164mv mg R+(3)042v gR ≤或04582gR v gR ≤≤【解析】本题考察完全非弹性碰撞、机械能与曲线运动相结合的问题． (1)子弹射入小球的过程，由动量守恒定律得：01(3)mv m m v =+ 由能量守恒定律得：220111422Q mv mv =-⨯ 代入数值解得：2038Q mv =(2)当小球运动到圆形轨道的最低点时，以小球为研究对象，由牛顿第二定律和向心力公式得211(3)(3)m m v F m m g R+-+=以木板为对象受力分析得2112F mg F =+ 根据牛顿第三定律得木板对水平的压力大小为F 2木板对水平面的压力的大小202164mv F mg R=+(3)小球不脱离圆形轨有两种可能性： ①若小球滑行的高度不超过圆形轨道半径R 由机械能守恒定律得：()()211332m m v m m gR +≤+ 解得：042v gR ≤②若小球能通过圆形轨道的最高点小球能通过最高点有：22(3)(3)m m v m m g R++≤由机械能守恒定律得：221211(3)2(3)(3)22m m v m m gR m m v +=+++ 代入数值解得：045v gR ≥要使木板不会在竖直方向上跳起，木板对球的压力：312F mg ≤在最高点有：233(3)(3)m m v F m m g R+++=由机械能守恒定律得：221311(3)2(3)(3)22m m v m m gR m m v +=+++ 解得：082v gR ≤综上所述为保证小球不脱离圆形轨道，且木板不会在竖直方向上跳起，子弹速度的范围是042v gR ≤或04582gR v gR ≤≤3．如图所示，水平转盘可绕竖直中心轴转动，盘上放着A 、B 两个物块，转盘中心O 处固定一力传感器，它们之间用细线连接．已知1kg A B m m ==两组线长均为0.25m L =．细线能承受的最大拉力均为8m F N =．A 与转盘间的动摩擦因数为10.5μ=，B 与转盘间的动摩擦因数为20.1μ=，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两物块和力传感器均视为质点，转盘静止时细线刚好伸直，传感器的读数为零．当转盘以不同的角速度勾速转动时，传感器上就会显示相应的读数F ，g 取210m/s ．求：（1）当AB 间细线的拉力为零时，物块B 能随转盘做匀速转动的最大角速度； （2）随着转盘角速度增加，OA 间细线刚好产生张力时转盘的角速度；（3）试通过计算写出传感器读数F 随转盘角速度ω变化的函数关系式，并在图乙的坐标系中作出2F ω-图象．【答案】（1）12/rad s ω= （2）222/rad s ω= （3）2252/m rad s ω=【解析】对于B ，由B 与转盘表面间最大静摩擦力提供向心力，由向心力公式有：2212B B m g m L μω=代入数据计算得出：12/rad s ω=（2）随着转盘角速度增加，OA 间细线中刚好产生张力时，设AB 间细线产生的张力为T ，有：212A A m g T m L μω-=2222B B T m g m L μω+=代入数据计算得出：222/rad s ω= （3）①当2228/rad s ω≤时，0F =②当2228/rad s ω≥，且AB 细线未拉断时，有：21A A F m g T m L μω+-=222B B T m g m L μω+=8T N ≤所以：2364F ω=-；222228/18/rad s rad s ω≤≤ ③当218ω>时，细线AB 断了，此时A 受到的静摩擦力提供A 所需的向心力，则有：21A A m g m w L μ≥所以：2222218/20/rad s rad s ω<≤时，0F =当22220/rad s ω>时，有21A A F m g m L μω+=8F N ≤所以：2154F ω=-；2222220/52/rad s rad s ω<≤ 若8m F F N ==时，角速度为：22252/m rad s ω=做出2F ω-的图象如图所示；点睛：此题是水平转盘的圆周运动问题，解决本题的关键正确地确定研究对象，搞清向心力的来源，结合临界条件，通过牛顿第二定律进行求解．4．如图是节水灌溉工程中使用喷水龙头的示意图。
浅谈轨迹问题的五种有效解法
课例研究一、定义法如果能够确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可以用曲线写出方程，这种方法称为定义法。
例1：1F 、2F 是椭圆22221(0)x y a b a b +=>>的两焦点，P 是椭圆上任一点，从任一焦点引一焦点12F PF ∠的外角平分线的垂线，垂足为Q ，求Q 的轨迹。
解：设(,)Q x y ，延长垂线1FQ 交2F P 延长线于点A ，则1APF ∆是等腰三角形1PF AP ∴=，从而有22122AF AP PF PF PF a =+=+=O 是12F F 的中点，O 是1AF 的中点。
212OQ AF a==即222x y a +=故Q 点的轨迹是以原点O 为圆心半径为a 的圆。
二、直译法如果题目中的条件有明显的等量关系或者可以利用平面几何知识推出等量关系，这种解题方法叫直译法。
例2：已知点(2,0)Q 和圆22:1C x y +=。
动点M 到圆的切线长m与MQ 的比等于常数λ，求点M 的轨迹方程。
思路分析：用M 的坐标去替换m 。
MQ =λ即可。
为此有m 22222(1)()4410x y x λ−+−λ+λ+=为所求评述：上述过程实质上就是将动点的几何形式直接化规为代数形式（方程），它是求动点轨迹方程的最基本方法。
三、参数法如果轨迹动点(,)P x y 的坐标之间的关系不易找到，也不有相关点可用时，可以先考虑将x 、y 用一个或几个参数来表示，消去参数得出轨迹方程，此法称为参数法。
例：设有一动直线过定点(2,0)A 且与抛物线22y x =+交于两点B 和C ，点B 、C 在x 轴上的射影分别为B ′、C ′，P 是线段BC 上的点，适合关系BP BB BC CC ′=′，求POA ∆的重心Q 的轨迹方程。
思路分析：此题主要从求交点，即解方程组入手，然后进行参数转移，但需要注意，只要在直线和抛物线相交的条件下，就可求得轨迹方程。
解：设点001122(,),(,),(,)P x y B x y C x y POA ∆的重心(,)Q x y 则0x 、1y 、2y 均大于0，设12y y =λ，则121201221y y y y y y y +λ==+λ+设L 方程为(2)y k x =−0,)k k R ≠∈（1）2(2)2y k x y x =− =+消去x 得222(4)60y k k y k +−+= （2）21221246y y k k y y k+=− ∴ = 则120122124y y ky y y k ==+− （3）又002y k x =− 0044x y ∴−=（4）又00233x x y y +==所以00323x x y y =− = （5）将（5）代入（4）12340x y −−=得 （6）由条件（2）有两异实根，故0∆>即44k k <−>+（7）由（3）、（4）、（5）、（6）、（7）知1644y k =+−而y在(,4(4)k ∈−∞−+∞及上均为单调递减44y 0y ∴<≠所以POA ∆的重心Q 的轨迹为直线12340x y −−=介于(44间的一段，除去3(,4)4点。
高中物理曲线运动解题技巧分析及练习题(含答案)
高中物理曲线运动解题技巧分析及练习题 (含答案)一、高中物理精讲专题测试曲线运动1.光滑水平面AB 与竖直面内的圆形导轨在 B点连接，导轨半径 R = 0.5 m , —个质量m = 2 kg 的小球在A 处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接•用手挡住小球不动，此时弹 簧弹性势能Ep = 49 J,如图所示•放手后小球向右运动脱离弹簧，沿圆形轨道向上运动恰 能通过最高点C , g 取10 m/s 1 2 .求：AH(1) 小球脱离弹簧时的速度大小； ⑵小球从B 到C 克服阻力做的功；(3)小球离开C 点后落回水平面时的动能大小.【答案】(1) 7m/s (2) 【解析】 【分析】 【详解】(1) 根据机械能守恒定律1 2E P = mV | ?®21 在小球脱离弹簧的过程中只有弹簧弹力做功 定理可以求出小球的脱离弹簧时的速度V ；2 小球从B 到C 的过程中只有重力和阻力做功 在最高点时的速度，从而根据动能定理求解从24J (3)25J2Ep= 7m/s ②m⑵由动能定理得一mg2R —小球恰能通过最高点，故 mg1 2W f = mv 222m V2④ R1 2 mv ③ 2V 1 =由②③④得 W f = 24 J (3) 根据动能定理：1 2 mg2R E kmv 2 2解得：E k 25J,根据弹力做功与弹性势能变化的关系和动能,根据小球恰好能通过最高点的条件得到小球 B 至C 过程中小球克服阻力做的功 ；故本题答案是：(1) 7m/s 【点睛】(2) 24J(3) 25J(3)小球离开C 点后做平抛运动，只有重力做功 ，根据动能定理求小球落地时的动能大小2.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,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 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；⑵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？(1) 由动能定理得在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 t1 £ 22R= gt 2从B 到C 由动能定理得 -2m£r/? = —mvt -至惘 ul 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E p^mgR若物块刚好通过 C 点，则物块从 B 到C 由动能定理得1 . 19倍，之【答案】(1) 【解析】 【详解】(2) 4R ( 3)-- -mvl -戈m诚物块在C点时mg= m '511 7Ep > -mvi则 2联立知：E p > 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5E p^mgR 或 E P 穆mgR.3.水平面上有一竖直放置长 H = 1.3m 的杆P0, —长L = 0.9m 的轻细绳两端系在杆上P 、Q两点，PQ 间距离为d = 0.3m ，一质量为 m = 1.0 kg 的小环套在绳上。
高考物理 线运动问题的破解(已修订)
取夺市安慰阳光实验学校“曲线运动”问题的破解——’11备考综合热身辅导系列研究物体的曲线运动，首先必须弄清物体的速度方向、作曲线运动的条件，把握运动的合成与分解的规律，再应用运动学公式和牛顿运动定律，对两种最基本的曲线运动——平抛运动和匀速圆周运动进行比较系统的讨论。
一、破解依据 欲解决此类问题，归纳一下几条解题依据：㈠以合外力与初速度“共线”与“否”，决定物体做“直线”、还是“曲线”运动；㈡合运动的位移、速度、加速度等分别为各分运动对应量的矢量和；㈢速度投影定理：对不可伸长的杆或绳，各点速度沿轴线的投影相同；㈣平抛运动的规律：⑴分位移 ;2,20at y t v x == 合位移 .2tan ,)2()(02220v at at t v s =+=α ⑵分速度 ;,0gt v v v y x == 合速度 .tan ,)(0220v gt gt v v =+=θ ⑶分加速度 .,0g a a y x == 合加速度 .g a = ㈤匀速圆周运动的规律：(详见前文) ⑴线速度、角速度及其关系（附：转速） ⑵周期、频率及其关系 ⑶向心加速度和向心力 ㈥变速圆周运动二、精选例题[例题1](07广东理基) 质点从同一高度水平抛出，不计空气阻力，下列说法正确的是A ．质量越大，水平位移越大B ．初速度越大，落地时竖直方向速度越大C ．初速度越大，空中运动时间越长D ．初速度越大，落地速度越大[例题2] 如图—1所示，在水平地面上的A 点以v 1速度跟地面成θ角射出一弹丸，恰好以v 2的速度垂直穿入竖直壁上的小孔B ，下面说法正确的是( )A ．在Ｂ点以跟v 2大小相等的速度，跟v 2方向相反射出弹丸， 它必定落在地面上的A 点B ．在Ｂ点以跟v 1大小相等的速度，跟v 2方向相反射出弹丸，它必定落在地面上的A 点C ．在Ｂ点以跟v 1大小相等的速度，跟v 2方向相反射出弹丸，它必定落在地面上A 点的左侧D ．在Ｂ点以跟v 1大小相等的速度，跟v 2方向相反射出弹丸，它必定落在地面上A 点的右侧[例题3] （06天津）在平坦的垒球运动场上，击球手挥动球棒将垒球水平击出，垒球飞行一段时间后落地。
2019高考物理：解题方法讲与练4曲线运动问题的解法含解析71(含答案).doc
曲线运动问题的解法李仕才专题四：曲线运动问题的解法1．分解法应用平行四边形定则(或三角形定则)，将矢量进行分解(如合速度分解为分速度)的方法．例1 如图所示，一辆汽车沿水平地面匀速行驶，通过跨过定滑轮的轻绳将一物体A竖直向上提起，在此过程中，物体A 的运动情况是( )A．加速上升，且加速度不断增大B．加速上升，且加速度不断减小C．减速上升，且加速度不断减小D．匀速上升解析物体A的速率即为左段绳子上移的速率，而左段绳子上移的速率与右段绳子在沿绳方向的分速率是相等的．右段绳子实际上同时参与两个运动：沿绳方向拉长及绕定滑轮逆时针转动．将右段绳子与汽车相连的端点的运动速度v沿绳子方向和沿与绳子垂直的方向分解，如图所示，则沿绳方向的速率即为物体A的速率v A＝v＝v sinθ，随着汽车的运动，θ增大，v A增大，故1物体A应加速上升．θ角在0°～90°范围内增大，由正弦曲线形状可知v A的变化率减小，故物体A上升的加速度逐渐减小．答案 B规律总结解决“绳连”问题的具体方法可以概括为：绳端的速度是合速度，绳端的运动包含了两个分效果：沿绳方向的分运动(伸长或缩短)，垂直于绳方向的分运动(转动)，故可以将绳端的速度分解为沿绳(伸长或收缩)方向的分速度和垂直于绳方向的分速度．另外，同一条绳子的两端沿绳方向的分速度大小相等．2．合成法应用平行四边形定则(或三角形定则)，将分矢量进行合成(如分速度合成为合速度)的方法．例2玻璃板生产线上宽9 m 的成型玻璃板以4 3 m/s 的速度连续不断地向前运动，在切割工序处，金刚钻割刀的速度为8 m/s ，为了使割下的玻璃都成规定尺寸的矩形，金刚钻割刀的轨道应如何控制？切割一次的时间多长？解析 为了使割下的玻璃都成规定尺寸的矩形．金刚钻割刀沿玻璃板运动方向的分速度与玻璃板的速度大小应相等．将金刚钻割刀的速度沿玻璃板运动方向和垂直玻璃板运动方向分解，如图，设金刚钻割刀的速度方向与玻璃板运动方向成α角，以v 1、v 2分别表示玻璃板和金刚钻割刀的速度，则v 2cosα＝v 1，故α＝arccos v 1v 2＝arccos 438＝arccos 32＝30°.切割一次的时间t＝dv2sinα＝98sin30°s＝2.25 s.3．极端分析法若两个变量之间的关系是线性的(单调上升或单调下降的函数关系)，连续地改变某个变量甚至达到变化的极点，来对另一个变量进行判断的研究方法．可分为极限假设法、临界分析法和特值分析法．例3如图所示，排球场总长为18 m，设球网高度为2 m，运动员站在离网3 m的线上(图中虚线所示)正对网前跳起将球水平击出．(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)(1)设击球点在3 m线正上方高度为2.5 m处，试问击球的速度在什么范围内才能使球既不触网也不越界？(2)若击球点在3 m 线正上方的高度小于某个值，那么无论击球的速度多大，球不是触网就是越界，试求这个高度．解析排球的运动过程可看做是平抛运动，可将它分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动．但应注意本题是“条件”限制下的平抛运动，应弄清限制条件再求解．关键是要画出临界条件下的球的运动示意图．(1)如图所示，设球刚好擦网而过，则击球点到擦网点的水平位移x 1＝3 m ，竖直位移y 1＝h 2－h 1＝(2.5－2)m ＝0.5 m ，根据位移关系x ＝vt ，y ＝12gt 2可得v ＝x g 2y，代入数据可得v 1＝310 m/s ，即为所求击球速度的下限．设球刚好打在边界线上，则击球点到落地点的水平位移x 2＝12 m ，竖直位移y 2＝h 2＝2.5 m ，代入上面的速度公式v ＝x g 2y可求得v 2＝12 2m/s ，即为所求击球速度的上限．欲使球既不触网也不越界，则击球速度v 0应满足310 m/s<v 0<12 2 m/s.(2)设击球点高度为h 3时，球恰好既触网又压线，如图所示．设此时排球的初速度为v ，击球点到触网点的水平位移x 3＝3 m ，竖直位移y 3＝h 3－h 1＝(h 3－2)，代入速度公式可得v ＝3 5h 3－2；同理对压线点有x 4＝12 m ，y 4＝h 3代入速度公式可得v ＝12 5h 3，两式联立解得h 3＝2.13(m)，即当击球高度小于2.13 m 时，无论球被水平击出的速度多大，球不是触网，就是越界．规律总结：平抛运动中的极值问题此类极值问题一般存在于排球运动、乒乓球运动等实际问题中，由于受到场地和网高的限制才出现的．画出运动草图，抓住既“不出界又不触网”这一临界条件，挖掘几何关系即可求解．4．对称法解题时利用给定物理问题结构上的对称性或物理过程在时间、空间上的对称性，把已知结论推广，从而简化运算过程的处理方法在物理学中称为对称法．用对称法解题的关键是敏锐地抓住事物在某一方面的对称性，这些对称性往往就是通往答案的捷径．一般情况下，对称性表现为研究对象在结构上的对称性、物理过程在时间上和空间上的对称性、物理量在分布上的对称性及作用效果的对称性等．例4如图所示，在水平地面上的A点以速度v1沿与地面成θ角方向射出一弹丸，弹丸恰好以v2的速度垂直穿入竖直墙壁上的小孔B下列说法正确的是( )A．若在B点以与v2大小相等、方向相反的速度射出弹丸，它必定落在地面上A点B．若在B点以与v1大小相等、方向相反的速度射出弹丸，它必定落在地面上A点C．若在B点以与v1大小相等、方向相反的速度射出弹丸，它必定落在地面上A点的左侧D．若在B点以与v1大小相等、方向相反的速度射出弹丸，它必定落在地面上A点的右侧解析若在B点以与v1大小相等、方向相反的速度射出弹丸，将弹丸的运动沿水平、竖直方向分解，则竖直分运动是初速度不为零的匀加速直线运动(加速度为g)，落地时间小于弹丸做自由落体运动的时间，水平方向为初速度为v2的匀速运动，即B、C错D对．A选项可以由运动的可逆性判断．答案AD5．挖补法在公式F＝GMmr2中，如果是两质点，r指两质点间距，如果是均匀球体，则r为球心间距．但有些时候，题目中给出的不是均匀球体，这时可用“挖补法”，构成均匀球体后再进行计算．例5如图所示，阴影区域是质量为M、半径为R的球体挖去一个小圆球后的剩余部分，所挖去的小圆球的球心和大球体球心间的距离是R2，小球的半径是R2，求球体剩余部分对球体外离球心O距离为2R、质量为m的质点P的引力．解析 万有引力定律只适用于两个质点间的作用，只有对均匀球体才可将其看做是质量全部集中在球心的一个质点，至于本题中不规则的阴影区，那是不能当做一个质点来处理的，故可用挖补法．将挖去的球补上，则完整的大球对球外质点P 的引力F 1＝G Mm 2R 2＝GMm 4R 2. 半径为R 2的小球的质量 M ′＝43π⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫R 23·ρ＝43π⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫R 23·M 43πR 3＝18M ， 补上的小球对质点P 的引力F 2＝G M ′m ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫52R 2＝GMm 50R 2. 因而挖去小球后的阴影部分对质点P 的引力F ＝F 1－F 2＝GMm 4R 2－GMm 50R 2＝23GMm 100R 2. 答案 23GMm 100R 26．估算法物理估算是一种重要的方法．有的物理问题，在符合精确度的前提下可以用近似的方法简捷处理；有的物理问题，由于本身条件的特殊性，不需要也不可能进行精确的计算．例6 1789年英国著名物理学家卡文迪许首先估算出了地球的平均密度．根据你学过的知识，能否知道地球密度的大小．解析本题实际是要求进行估算，因而如何挖掘题目中的隐含条件是关键．而我们学过的知识中能与地球质量、密度相联系的应首先想到万有引力定律，何况题设中提出了“卡文迪许”呢．设地球质量为M，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，忽略地球自转的影响，根据万有引力定律得g＝GM R2①将地球看成均匀球体，有V＝43πR3②由①②两式得地球的平均密度ρ＝MV＝3g4πGR③③式中π、G、R和g均为常数，将它们的值代入可得ρ＝5.5×103 kg/m3，即地球的平均密度为ρ＝5.5×103 kg/m3.答案 5.5×103 kg/m3规律总结估算题中往往告诉的已知量很少或者什么量也不告诉，解题时就要求我们灵活地运用一些物理常数，如重力加速度g、圆周率π、万有引力常量G等等．。
巧用微分方程解曲线轨迹问题
微分方程可以用来描述物理系统的运动规律，因此在解决曲线轨迹问题时，可以巧用微分方程。
具体来说，如果你想要求解某一物体在某一力场作用下的轨迹，可以先根据物理原理来推导出运动方程。
例如，如果是一个自由落体的运动，则运动方程可以表示为：
x'' = -g
其中x'' 表示物体的加速度，g 表示重力加速度。
然后，你可以使用常用的微分方程求解方法来求解这个方程，得到轨迹的函数表达式。
需要注意的是，不同的物理系统可能会有不同的运动方程，因此在使用微分方程解决曲线轨迹问题时，需要先确定物理系统的运动方程。
#10.曲线运动“轨迹”问题的破解(续)
*曲线运动“轨迹”问题破解（续）—’11备考综合热身辅导系列高级物理教师 魏德田 物理学中的常规物体、弹道导弹、卫星、航天飞机和带电物体（包括实物粒子、小球、金属棒等）在静电场、静磁场、变化电磁场以及各种复合场内的曲线运动问题，历来受到各级学校、教委或命题部门的高度关注。
尤其是进入新世纪以来，随着经济的崛起和科技的进步，更趋于“热化”。
因此，对此进行尝试性、开拓性的研究，适度的加以引深和扩展，对物理教学和人才培养都具有重要的现实意义和深远的学术价值。
破解的依据（续）为进一步展开讨论，除开“前文”所述而外，应补充以下两条“依据”：㈤恒定的合外力（或合加速度）导致物体做匀变速曲线运动，即类（平、斜上或下）抛运动，其“轨迹”为“抛物线”。
㈥合外力为“有心引力”、“有心斥力”（均指保守力）时，由于力的大小、方向均在变化，从而导致物体做非匀变速曲线运动。
前者的轨迹为“椭圆（圆）或抛物线”，当物体靠近曲线的“焦点”——做近心运动时，动能增加，引力“势能”减少；当物体远离曲线的“焦点”——做离心运动时，动能减少，引力“势能”增加。
后者的轨迹为“双曲线”，动能、斥力“势能”的变化等则与前述情况相反。
注：“势能”，指势场或等效势场中系统的势能。
请读者看下面的几个典型问题的解答。
[例题1](’07天津理综)如图—1所示，在x 轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O 处以速度V 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与X 轴正方向成120°角，若粒子穿过y 轴正半轴后在磁场中到X 轴的最大距离为a ，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是（ ） A.,23aB v 正电荷 B.,2aB v 正电荷 C.,23aB v 负电荷 D.,2aBv 负电荷 [解析]由“依据”㈠、㈡和㈢（参见前文，下同）可知，其所受洛仑兹力与速度方向时刻垂直，该粒子在磁场内做匀速圆周运动，。
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曲线运动“轨迹”问题的破解山东平原一中 魏德田 253100近几年，涉及曲线运动“轨迹”一类问题，不断的出现在高中物理的阶段测试、历届高考中。
及时、有效的破解此类问题，实乃备战08年高考的当务之急。
本文拟就此做一探究。
一、破解的依据破解此类问题，应用以下几条“依据”：㈠判断物体的运动曲线轨迹的产生，根据“合速度与合外力（或合加速度）不共线”，即物体做曲线运动的条件。
㈡判断运动快慢程度改变的方式，若合速度与合外力（或合加速度）成“锐角”，为“加速”曲线运动，力对物体做正功；“恒成直角”，为“匀速率”圆周运动，力对物体不做功；成“钝角”，则为“减速”曲线运动，力对物体做负功。
反映物体速度大小的变化，属于合外力的切向加速效果。
㈢判断曲线的曲率改变，根据向“合外力（或合加速度）一侧”弯曲。
反映物体速度方向的变化，属于合外力的法向加速效果；㈣轨迹的性质（即抛物线、圆、双曲线等），可利用数学知识去证明等等。
至于物体速度的方向沿着某点切线的方向；物体的合速度指实际速度，求合速度、合加速度、合外力，常用运动（矢量）合成的知识；求物体能量的变化，应用“动能定理”、“功能关系或能量守恒”；求物体动量的变化，应用动量定理、动量守恒等等。
在原则上与解答诸类其他问题毫无二致。
二、解题示例[例题1]（’03上海）如图—3所示，质量为m 的飞机以水平速度v 0飞离跑道后逐渐上升，若飞机在此过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力（该升力由其他力的合力提供，不含升力）。
今测得当飞机在水平方向的位移为l 时，它的上升高度为h 。
求：⑴飞机受到的升力大小；⑵从起飞到上升至h 高度的过程中升力所做的功及在高度h 处飞机的动能。
[解析]⑴已知飞机受重力mg 和竖直向上的升力N 等恒力作用，合外力F 合必为恒力。
由牛二定律，可得①ma mg N -----=-由“依据“㈢知，合外力方向是竖直向上的。
已知飞机在水平速度保持不变，再结合“依据”㈡,可知飞机做“类平抛”运动。
由平抛运动规律，可得③t v l ②at h ---------=--------=0221 联立①②③式，即可求出222lmhv mg N +=. 图—1l⑵易知，升力所做的功为2222lv mh mgh Nh W N +== 由动能定理得2021mv E mgh W K N -=- 从而，可求出飞机在高度h 处的动能)41(212220lh mv E K +=.[点拨]根据题中②③式可得曲线方程h av l ⋅=222,再由数学知识（“依据”㈣）可知，飞机的运动轨迹为抛物线。
[例题2]（’06重庆）如图—2所示，带正电的点电荷固定于Q 点，电子在库仑力作用下，做以Q 点为焦点的椭圆运动。
M 、P 、N 为椭圆上的三点，P 点是轨道上离Q 最近的点。
电子在从M 经P 到达N 点的过程中 （ ）A ．速率先增大后减小 B.速率先减小后增大 C.电势能先减小后增大 D.电势能先增大后减小[解析]为简单起见,只分析电子在M 、N 两点的情况。
从图—3可见，在M 、N 两点速度与库仑力分别成锐角、钝角。
由依据㈡、㈢可知，电子从M 点到P 点做“加速”曲线运动，从P 点到N 点则做“减速”曲线运动，速率先增大后减小。
故选项A 对B 错。
由动能定理可知，在“加速”段电子的动能增加，电场力做正功；在“减速”段电子的动能减少，电场力做负功。
再根据电场力做功与电势能的关系可知，“加速”段系统的电势能减少，“减速”段系统的电势能增加，即电势能先减小后增大。
故选项C 对D 错。
综上所述，本题正确选项为A 、C 。
[点拨]类似地，在同步卫星的变轨发射问题中，卫星的线速度的变化，应根据向心力（合外力）与线速度的夹角来判断。
而比较地球提供的向心力2r Mm G F =供（万有引力）与卫星所需要的向心力rv m F 2=需的大小，则可确定卫星做离心、近心或者圆周运动。
[例题3]一列火车以大小为V 0的速度向东匀速行驶，在列车内水平而光滑的桌面上放一个小球。
在列车由O 点开始向北转弯、加速运动的过程中，小球的运动轨迹大致为图—4当中的那一个： （ ）P[解析]先来讨论列车的运动。
由题设，可知列车由O点开始向北转弯、加速运动，初速度为V0。
设列车的合加速度为a0，应为分别在x、y轴的加速度a t（加速）、a n（转弯）的矢量和。
由图—5甲可见，加速度a0与初速度V0并“不共线”、成锐角（θ0）、方向为“东偏北”。
由“依据”㈠、㈡、㈢，可以判断列车做东偏北、加速、曲线运动，运动轨迹大致如图—4A所示。
然后，设列车在加速转弯曲线上的任意点P1的瞬时速度为V P1，类似地,得到此时的合加速度a1与速度V P1“不共线”、成锐角（θ1）、方向也为东偏北，图—5乙所示。
由此可进一步证实上述结论的正确性。
接下来，分析同一时刻小球在对应于P1的P2点的情况。
由于桌面是光滑的，因而小球相对列车的加速度a2＝-a1，“西偏南”的方向。
再根据“运动的合成”及平行四边形定则，求出小球对列车的相对速度V/，如图—5丙所示。
显然，小球的加速度a 2，，与相对速度V/并“不共线”、成锐角（θ 2 ）、方向为“西偏南”。
从而，由“依据”㈠、㈡、㈢，我们可断定小球做西偏南的、加速、曲线运动，其运动轨迹大致如图—4B所示。
因此，正确的答案为选：B。
[点拨]可以证明，在恒定合外力作用下物体做曲线运动的轨迹都为抛物线。
无论列车、还是小球的所受合外力的大小、方向都在不断变化，其运动轨迹都不是抛物线，且两者的形状、方向以及弯曲程度等也不一致。
请读者细心揣摩、体会。
[例题4]如图—6所示,在粒α子散射实验中,实线为某α粒子经过某一金原子核附近时的运动轨迹,图中PQ是轨迹上的两点,虚线是经过P、Q两点并与轨迹相切的直线,两虚线和轨迹将平面分为四个区域.不考虑其他原子核对α粒子的作用,关于原子核的位置（）A.一定在①区B.一定在②区C.可能在③区D.一定在④区[解析]首先，分析α粒子在P点的受力情况。
假如四个区域都有金原子核，由于金核和α粒子均带正电荷，因而α粒子可分别受到四个库仑斥力的作用，如图—7所示。
然后，当α粒子在P 点时，由“依据”㈢可知，斥力F 3、F 4不能使它产生向下弯曲的轨迹。
由“依据”㈡可知，α粒子能够在斥力F 1、F 2作用下由此开始沿图内“实线”做减速运动。
即金核有可能分布在①、②两个区域内。
当α粒子在Q 点时，由“依据”㈢可知，斥力F 2不可能使α粒子产生“实线”这样向下弯曲的的运动轨迹，而斥力F 3早已被排除在外。
旋而，又彻底推翻了前面在②区域内可能有金核的判断。
综上所述，正确的答案应选：A 。
′[点拨]解答此例的妙处，既应用破解“曲线轨迹”问题的规律，又选择了解选择题的“排除法”。
[例题6]如图—8所示，在匀强电场中将一带电量为+q 、质量为m 的小球以初速度--竖直向上抛出。
若匀强电场的场强为E=mg /q,试求：⑴描绘出小球的运动轨迹；⑵小球到达最高点时的速度、位移； ⑶当小球再回到与出发点同样高度的C 点时的速度。
[解析]此例即带电小球在复合场中做曲线运动的问题。
⑴首先，分析可知带电小球受水平向右的电场力、竖直向下的重力等恒力的作用。
如图—9所示，a 1、a 2和a 分别表示电场力、重力和合力产生的加速度；合加速度a ，与初速度V 0“不共线”、成θ的钝角、方向为“右斜下”；V 1、V 2为初速度V 0正交分解产生的。
由“依据”㈠、㈡、㈢并结合运动学知识，可知小球在该复合场内做“类斜抛运动”，图—9中的“曲线”表示小球运动的轨迹。
⑵显然，在小球自O 点运动到最高点B 的过程中，重力、电场力分别做负功、正功。
设小球在水平、竖直方向的位移分别为x =OA , y=AB 。
则根据动能定理，可得③qm g E ②m v qEx ①m v m gy B ------------=---------=-------=-22021210由以上三式，可以求出⑤gv y x ④v v B ---------==-----------=220 接下来，由“运动的合成”和⑤式，可得.1tan .222222====+=xyg v x y x s β其中，S 表示小球在最高点B 时对O 点的位移，β表示位移与水平方向的夹角。
显见，β等于45°。
⑶分析可知，当小球自最高点B 回到与O 点“等高”的C 点时，分别发生水平、竖直位移x ′、y 。
由于在水平方向小球只受恒定电场力作用，因而它做初速度为零的匀加速运动。
由合运动、分运动的等时性和等分时间的位移关系可得⑥x x --------='3:1:再设小球在C 点时的速度为V C ，在自O 经B 到C 的全过程中，只有电场力做功，根据动能定理可得2022121)(mv mv x x qE C -='+ 把上式与③、⑤、⑥联立，即可求出 05v v c =如图—11所示，设V C 与水平方向的夹角为φ，其方向表示为55sin 0==c v v φ. [点拨]解答此题的关键，在于能否弄清带电小球在做“类斜抛”运动，进而确认最高点、最远点的位置所在。
只要抓住关键环节，随之切入突破，其他问题则迎刃而解。
综上所述，只要我们在高中物理教学中，把握分析和解决此类问题的规律，并且在辛勤的解题实践活动当中不断的加深理解，即可变生疏为熟练，化迂拙为神奇，收到很好的教学效果。