高中物理曲线运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析

（1）当轻绳与 OM 的夹角 θ=37°时，求轻绳上张力 F。
（2）当轻绳与 OM 的夹角 θ=37°时，求物块 B 的动能 EkB。 （3）若缓慢增大直角杆转速，使轻绳与 OM 的夹角 θ 由 37°缓慢增加到 53°，求这个过程
中直角杆对 A 和 B 做的功 WA、WB。
【答案】（1） F 25N （2） EkB 2.25J
2
联立并结合 h 的取值范围 3 R h 3R 解得： 0 F 3mg 2
据牛顿第三定律得小球在最高点对轨道的压力范围为： 0 F 3mg
（3）由（1）知在最高点 D 速度至少为 vDmin gR 此时小球飞离 D 后平抛，有： R 1 gt2
2
xmin vD mint
联立解得 xmin 2R R ，故能落在水平面 BC 上，
【解析】
【分析】
【详解】
（1）当小球刚好通过最高点时应有： mg mvD2 R
由机械能守恒可得： mg h R mvD2
2
联立解得 h 3 R ，因为 h 的取值范围为 3 R h 3R ，小球能到达 D 点；
2
2
（2）设小球在 D 点受到的压力为 F ，则
F mg mvD2 R
mg h R mvD2
得 WB
61 12
J
6．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。
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 mA 1kg 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 0.2 ，物块均可视为质点，物块 A 与物块 B 的碰撞时间极 短，取 g 10m / s2 ．求：
解得：vB= 2gR ，N=3mg，
滑块在
BC
上滑行过程，由动能定理得：-μmg•2R=0-
1 2
mvB2
，
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：
mv1-2mv2=0
m R x1 -2m x1 =0，
t
t
解得：x1= R ； 3
mg
2L
Eq2L
1 2
mv12
1 2
mv22
且
Eq mg m v22 L
则 E 3mg 5q
也不可以低于 O 水平面
则 E 3mg q
mgL EqL mv12 2
所以电场强度可能的大小范围为 3mg E 3mg
5q
q
7．地面上有一个半径为 R 的圆形跑道，高为 h 的平台边缘上的 P 点在地面上 P′点的正上 方，P′与跑道圆心 O 的距离为 L（L＞R），如图所示，跑道上停有一辆小车，现从 P 点水 平抛出小沙袋，使其落入小车中（沙袋所受空气阻力不计）．问：
2 重力加速度为 g ）．
（1）小球能否到达 D 点？试通过计算说明；
（2）求小球在最高点对轨道的压力范围；
（3）通过计算说明小球从 D 点飞出后能否落在水平面 BC 上，若能，求落点与 B 点水平 距离 d 的范围． 【答案】（1）小球能到达 D 点；（2） 0 F 3mg ；（3）
2 1 R d 2 2 1 R
mA mA mB
v1
4 1 k
m
/
s
⑩；
（i）如果
A、B
能从传送带右侧离开，必须满足
1 2
mA
mB
v22
mA
mB
gL ，
解得：k＜1，传送带对它们所做的功为：W mA mB gL 2k 1 J ；
（ii）（I）当 v2 v 时有： k 3 ，即 AB 返回到传送带左端时速度仍为 v2 ；
解得：t= 13 2R ； 6g
5．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 O1O2 缓慢地转动起来．已知 A 的质量为 m1=2kg，重力加速度 g 取 10m/s2。
（1）当小车分别位于 A 点和 B 点时（∠AOB=90°），沙袋被抛出时的初速度各为多大？
（2）要使沙袋落在跑道上，则沙袋被抛出时的初速度在什么范围内？
（3）若小车沿跑道顺时针运动，当小车恰好经过 A 点时，将沙袋抛出，为使沙袋能在 B
处落入小车中，小车的速率 v 应满足什么条件？
【答案】（1） vA (L R)
的位移大小 x1 为 R ；②Q 与 A 点的高度差 h 为 R ，P 离开轨道 AB 后到达 C 点所用的时间
3
2
t 为 13 2R 。 6g
【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=
1 2
mvB2
，
在 B 点，由牛顿第二定律得：N-mg=m vB2 ， R
3mg
3mg
【答案】（1） v1 8gL （2） 5q E q
【解析】
【详解】 （1）在最低点，由向心力公式得：
F mg mv12 L
解得： v1 8gL
（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：
当小球在最高点对轨道的压力为 3mg
时，有：
mg
3mg
m
v2 D max
R
解得 vDmax 2 gR 小球飞离 D 后平抛 R 1 gt2 ，
2 xmax vDmaxt
联立解得 xmax 2 2R
故落点与 B 点水平距离 d 的范围为： 2 1 R d 2 2 1 R
2．如图所示，光滑的水平地面上停有一质量
由动量守恒可知：
滑块滑离平板车后做平抛运动，则有：
解得：
Hale Waihona Puke Baidu
，
；
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。
3．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 R 0.32m 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
g 2h
vB
g(L2 R2 ) 2h
2k 1
；
【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．
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 0 k 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W
1 2
mA
mB v2
1 2
mA
mB v22 ，
解得W
k 2 2k 15
②滑块 P 离开轨道 AB 时的速度大小为 vB，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：mvB-2mv=0，
由机械能守恒定律得：mg（R+h）=
1 2
mvB2
1 2
2mv2
，
解得：h= R ； 2
P
向右运动运动的时间：t1=
x1 vB
，
P 减速运动的时间为 t2，对滑片，由动量定理得：-μmgt2=0-mvB， 运动时间：t=t1+t2，
（1）设物块 A
在E
的速度为 v0 ，由牛顿第二定律得： mAg
mA
v02 R
①，
设碰撞前
A
的速度为
v1
．由机械能守恒定律得：
2mA gR
1 2
mAv02
1 2
mAv12
②，
联立并代入数据解得： v1 4m / s ③；
设碰撞后 A、B 速度为 v2 ，且设向右为正方向，由动量守恒定律得
mAv1 mA m2 v2 ④；
高中物理曲线运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析
一、高中物理精讲专题测试曲线运动 1．如图所示，半径为 R 的四分之三圆周轨道固定在竖直平面内， O 为圆轨道的圆心， D 为圆轨道的最高点，圆轨道内壁光滑，圆轨道右侧的水平面 BC 与圆心等高．质量为 m 的 小球从离 B 点高度为 h 处（ 3 R h 3R ）的 A 点由静止开始下落，从 B 点进入圆轨道，
（1）当 k 3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）①W
2k
1 J
②W
k 2 2k 15
2k 1
【解析】
（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 x1； 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
（3）WA 0
，WB
61 J 12
【解析】
【详解】
（1）因 A 始终处于平衡状态，所以对 A 有
F cos m1g
得 F 25N
（2）设 B 质量为 m2 、速度为 v 、做圆周运动的半径为 r ，对 B 有
F
sin
m2
v2 r
r Lsin
EkB
1 2
m2v2
得
EkB
m1gL sin2 2 cos
EkB 2.25J
（3）因杆对 A 的作用力垂直于 A 的位移，所以WA 0
由（2）中的 EkB
m1gL sin2 2 cos
知，当
53 时， B 的动能为 Ek B
16 J 3
杆对 B 做的功等于 A 、 B 组成的系统机械能的增量，故WB Ek B EkB m1gh ①
其中 h L cos37 L cos53 ②
解得： v2
mA mA mB
v1
1 4 1 3
1m
/
s
⑤；
由能量转化与守恒定律可得： Q
1 2
mAv12
1 2
mA
mB
v22
⑥，代入数据解得
Q=6J⑦；
（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：
mA
mB
gs
1 2
mA
mB
v22
⑧，代入数据解得
s
0.25m
⑨；
（3）由④式可知： v2
，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 ，
4．如图所示，在竖直平面内有一半径为 R 的 1 光滑圆弧轨道 AB，与水平地面相切于 B 4
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。