高考物理曲线运动解题技巧讲解及练习题(含答案)

高考物理曲线运动解题技巧讲解及练习题(含答案)

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

1

2

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)0

024

g s

v 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2

2Mm v G m R R =

2Mm

G

mg R

= 可得2

v g R

=

则014

g g 星＝

（2）由平抛运动的规律：21

2

H L g t -=

星 0s v t =

解得0

024g s v H L

=

- （3）由牛顿定律，在最低点时：2

v T mg m L

-星＝

解得：2

01142()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,固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道,轨道半径R =0.6m,平台上静止放置着两个滑块A 、B ,m A =0.1kg,m B =0.2kg,两滑块间夹有少量炸药,平台右侧有一带挡板的小车,静止在光滑的水平地面上．小车质量为M =0.3kg,车面与平台的台面等高,小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧,弹簧的自由端在Q 点,小车的上表面左端点P 与Q 点之间是粗糙的,PQ 间距离为L 滑块B 与PQ 之间的动摩擦因数为μ=0.2,Q 点右侧表面是光滑的．点燃炸药后,A 、B 分离瞬间A 滑块获得向左的速度v A =6m/s,而滑块B 则冲向小车．两滑块都可以看作质点,炸药的质量忽略不计,爆炸的时间极短,爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上,且g=10m/s 2．求:

(1)滑块A 在半圆轨道最高点对轨道的压力;

(2)若L =0.8m,滑块B 滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；

(3)要使滑块B 既能挤压弹簧,又最终没有滑离小车,则小车上PQ 之间的距离L 应在什么范围内

【答案】（1）1N ，方向竖直向上（2）0.22P E J =（3）0．675m ＜L ＜1．35m 【解析】 【详解】

(1)A 从轨道最低点到轨道最高点由机械能守恒定律得：

2211222

A A A A m v m v m g R -=? 在最高点由牛顿第二定律：

2

A N A v m g F m R

+=

滑块在半圆轨道最高点受到的压力为：

F N =1N

由牛顿第三定律得：滑块对轨道的压力大小为1N ，方向向上 （2）爆炸过程由动量守恒定律：

A A

B B m v m v =

解得：v B =3m/s

滑块B 冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，由动量守恒定律可知：

)B B B m v m M v =+共（

由能量关系：

2211()-22

P B B B B E m v m M v m gL μ=

-+共 解得E P =0.22J

(3)滑块最终没有离开小车，滑块和小车具有共同的末速度，设为u ，滑块与小车组成的系统动量守恒，有：

)B B B m v m M v =+（

若小车PQ 之间的距离L 足够大，则滑块还没与弹簧接触就已经与小车相对静止， 设滑块恰好滑到Q 点，由能量守恒定律得：

2211

1()22

B B B B m gL m v m M v μ=-+

联立解得：

L 1=1.35m

若小车PQ 之间的距离L 不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于Q 点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ 之间，设滑块恰好回到小车的左端P 点处，由能量守恒定律得：

222112()22

B B B B m gL m v m M v μ=

-+ 联立解得：

L 2=0.675m

综上所述，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ 之间的距离L 应满足的范围是0.675m ＜L ＜1.35m

3．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F0,加快后的角速度为ω,线断时的拉力是F1，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.

4．图示为一过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的光滑圆形轨道组成，BC 分别是圆形轨道的最低点和最高点，其半径R=1m，一质量m＝1kg的小物块（视为质点）从左側水平轨道上的A点以大小v0＝12m／s的初速度出发，通过竖直平面的圆形轨道后，停在右侧水平轨道上的D点．已知A、B两点间的距离L1＝5．75m，物块与水平轨道写的动摩擦因数μ=0．2，取g＝10m／s2，圆形轨道间不相互重叠，求：

（1）物块经过B 点时的速度大小v B ； （2）物块到达C 点时的速度大小v C ；

（3）BD 两点之间的距离L 2，以及整个过程中因摩擦产生的总热量Q 【答案】(1) 11/m s (2) 9/m s (3) 72J 【解析】 【分析】 【详解】

（1）物块从A 到B 运动过程中，根据动能定理得：22101122

B mgL mv mv μ-=- 解得：11/B v m s =

（2）物块从B 到C 运动过程中，根据机械能守恒得：22

11·222

B C mv mv mg R =+ 解得：9/C v m s =

（3）物块从B 到D 运动过程中，根据动能定理得：2

2102

B mgL mv μ-=- 解得：230.25L m =

对整个过程，由能量守恒定律有：2

0102

Q mv =- 解得：Q=72J 【点睛】

选取研究过程，运用动能定理解题．动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动．知道小滑块能通过圆形轨道的含义以及要使小滑块不能脱离轨道的含义．

5．水平抛出一个物体，当抛出1秒后，它的速度方向与水平方向成45°角，落地时，速度方向与水平方向成60°角，（g 取10m/s 2）。求： （1）初速度

（2）水平射程（结果保留两位有效数字） （3）抛出点距地面的高度 【答案】（1）10m/s （2）17m(3)15m 【解析】 【分析】

平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．将1秒后的速度

进行分解，根据v y=gt求出竖直方向上的分速度，再根据角度关系求出平抛运动的初速度；将落地的速度进行分解，水平方向上的速度不变，根据水平初速度求出落地时的速度；根据落地时的速度求出竖直方向上的分速度，运用v y=gt求出运动的时间，再根据

x=v0t求出水平射程．再根据

h=

1

2

gt2求出抛出点距地面的高度.

【详解】

（1）如图，水平方向v x=v0，竖直方向v y=gt，1s时速度与水平成45°角，即θ=45°

因为tan450=

y

v

v

所以v0=v y

初速度：v0=gt=10×1=10m/s。

（2）落地时，

'

tan60y

x

v

v

=

所以落地竖直速度'

3103/

y

v gt v m s

===

解得t=3s

水平射程：

10317

x v t m m

==≈

（3）抛出点距地面的高度2

2

11

10315

22

h gt m m

==??=

【点睛】

解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．知道分运动和合运动具有等时性，掌握竖直方向和水平方向上的运动学公式．

6．如图所示，半径R=0.40m的光滑半圆环轨道处于竖起平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A．一质量m=0.10kg的小球，以初速度V0=7.0m/s在水平地面上向左做加速度a=3.0m/s2的匀减速直线运动，运动4.0m后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C 点．求

（1）小球到A点的速度

（2）小球到B点时对轨道是压力

（3）A 、C 间的距离（取重力加速度g=10m/s 2）．

【答案】（1） 5/A V m s = （2） 1.25N F N = （3）S AC =1.2m 【解析】 【详解】

（1）匀减速运动过程中，有：22

02A v v as -=

解得：5/A v m s =

（2）恰好做圆周运动时物体在最高点B 满足： mg=m 21B

v R

，解得1B v =2m/s

假设物体能到达圆环的最高点B ，由机械能守恒：12mv 2A =2mgR+1

2

mv 2B 联立可得：v B =3 m/s

因为v B >v B1，所以小球能通过最高点B ．

此时满足2

N v F mg m R

+=

解得 1.25N F N =

（3）小球从B 点做平抛运动，有：

2R=

12gt 2 S AC =v B ·t

得：S AC =1.2m ． 【点睛】

解决多过程问题首先要理清物理过程，然后根据物体受力情况确定物体运动过程中所遵循的物理规律进行求解；小球能否到达最高点，这是我们必须要进行判定的，因为只有如此才能确定小球在返回地面过程中所遵循的物理规律．

7．如图所示，轻绳绕过定滑轮，一端连接物块A ，另一端连接在滑环C 上，物块A 的下端用弹簧与放在地面上的物块B 连接，A 、B 两物块的质量均为m ，滑环C 的质量为M ，开始时绳连接滑环C 部分处于水平，绳刚好拉直且无弹力，滑轮到杆的距离为L ，控制滑块

C ，使其沿杆缓慢下滑，当C 下滑

4

3

L 时，释放滑环C ，结果滑环C 刚好处于静止，此时B 刚好要离开地面，不计一切摩擦，重力加速度为g ．

(1)求弹簧的劲度系数；

(2)若由静止释放滑环C ，求当物块B 刚好要离开地面时，滑环C 的速度大小．

【答案】（1）3mg L （2） 【解析】 【详解】

（1）设开始时弹簧的压缩量为x ，则 kx=mg

设B 物块刚好要离开地面，弹簧的伸长量为x′，则 kx′=mg 因此x ′＝x ＝

mg k

由几何关系得 2x L ＝2 3L

求得 x=3

L

得 k=3

mg

L

（2）弹簧的劲度系数为k ，开始时弹簧的压缩量为x 1＝3

mg L

k = 当B 刚好要离开地面时，弹簧的伸长量 x 2＝3

mg L

k = 因此A 上升的距离为 h ＝x 1+x 2＝

23

L

C 下滑的距离 43

L H =＝ 根据机械能守恒

MgH ?mgh ＝22

11 22m Mv +

求得 v =

8．如图所示，四分之一光滑圆弧轨道AO 通过水平轨道OB 与光滑半圆形轨道BC 平滑连接，B 、C 两点在同一竖直线上，整个轨道固定于竖直平面内，以O 点为坐标原点建立直角坐标系xOy 。一质量m =1kg 的小滑块从四分之一光滑圆弧轨道最高点A 的正上方E 处由静止释放，A 、E 间的高度差h =2.7m ，滑块恰好从A 点沿切线进入轨道，通过半圆形轨道BC 的最高点C 时对轨道的压力F =150N ，最终落到轨道上的D 点(图中未画出)。已知四分之一圆弧轨道AO 的半径R =1.5m ，半圆轨道BC 的半径r =0.4m ，水平轨道OB 长l =0.4m ，重力加速度g =10m/s 2。求：

(1)小滑块运动到C 点时的速度大小； (2)小滑块与水平轨道OB 间的动摩擦因数； (3)D 点的位置坐标.

【答案】(1)8m/s C v = (2)0.5μ= (3) 1.2m x =-,0.6m y = 【解析】 【详解】

（1）滑块在C 点时，对滑块受力分析，有

2

C v F mg m r

+= 解得：8/C v m s =

（2）滑块从E 点到C 点过程，由动能定理可知：

()2

122

c mg h R r mgl mv μ+--=

解得：0.5μ=

（3）小滑块离开C 点后做平抛运动，若滑块落到水平轨道，则

2

122

r gt =

，C s v t = 解得： 3.20.4s m l m =>=

所以滑块落到四分之一圆弧轨道上，设落点坐标为(),x y ，则有：

2

122

r y gt -=

C l x v t -=

()2

22x R y R +-=

解得： 1.2x m =-，0.6m y =

9．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

1

11

0.2v v t s a -=

=- 运动位移

22

111

0.62v v x m a -==-

因x 1，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

2

331 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

()22

312432-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

()()

124

12

2F 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。

10．如图所示，半径R=0.4 m 的圆盘水平放置，绕竖直轴OO′匀速转动，在圆心O 正上方

h =0.8 m 高处固定一水平轨道PQ ，转轴和水平轨道交于O′点．一质量m=2kg 的小车（可

视为质点），在F=6 N 的水平恒力作用下（一段时间后，撤去该力），从O′左侧02x =m 处由静止开始沿轨道向右运动，当小车运动到O′点时，从小车上自由释放一小球，此时圆盘半径OA 与x 轴重合. 规定经过O 点水平向右为x 轴正方向. 小车与轨道间的动摩擦因数

0.2μ=，g 取10 m/s 2.

（1）为使小球刚好落在A 点，圆盘转动的角速度应为多大? （2）为使小球能落到圆盘上，求水平拉力F 作用的距离范围?

【答案】(1) 5(1

2k k ==L ，，）ωπ (2) 43

(m)32

x ≤≤ 【解析】 【分析】 【详解】 (1) 220.8

0.4()10

h t s g ?=

== 为使小球刚好落在A 点，则小球下落的时间为圆盘转动周期的整数倍，有

2k t kT π

ω

==

，其中k=1，2，3…

即252g

rad k k s h

ωπ

π==，其中k=1，2，3…

(2) 当球落到O 点时，00v '=

21 1.0/F mg

a m s m

μ-=

= 得：2

112v a x =

F 撤去后，匀减速，22 2.0/f

a g m s m

μ=

== 2222v a x =

依题意：122x x += 由以上各式解得：14

()3

x m = 当球落到A 点时，01/R

v m s t

'== 先匀加速，后匀减速

220222v v a x '-=

由以上各式得：13

1.5()2

x m =

= 水平力作用的距离范围43

(m)32

x ≤≤ 【点睛】

解决本题的关键知道物块整个过程的运动：匀加速直线运动、匀减速直线运动和平抛运动，知道三个过程的运动时间与圆盘转动的时间相等．以及熟练运用运动学公式．