高考物理曲线运动及其解题技巧及练习题(含答案)

在水平方向上，有：
在竖直方向上，有：
，
由几何关系，可得：
联系以上各式，得： 另解：小球沿斜面方向的分运动为匀加速直线运动，
初速度为：
，加速度为
小球垂直打在直杆上，速度为 ，有： 在斜面方向上，由匀变速运动规律得：
联立以上各式，得： 点睛：物体平抛运动可分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体；也可分解 为沿斜面方向的匀变速直线运动和垂直斜面的匀变速直线运动。
7．游乐场正在设计一个全新的过山车项目，设计模型如图所示，AB 是一段光滑的半径为 R 的四分之一圆弧轨道，后接一个竖直光滑圆轨道，从圆轨道滑下后进入一段长度为 L 的
粗糙水平直轨道 BD，最后滑上半径为 R 圆心角 600 的光滑圆弧轨道 DE．现将质量为 m
的滑块从 A 点静止释放，通过安装在竖直圆轨道最高点 C 点处的传感器测出滑块对轨道压 力为 mg，求：
（1）竖直圆轨道的半径 r ．
（2）滑块在竖直光滑圆弧轨道最低点 B 时对轨道的压力．
（3）若要求滑块能滑上 DE 圆弧轨道并最终停在平直轨道上（不再进入竖直圆轨道），平
直轨道 BD 的动摩擦因数 需满足的条件．
【答案】（1） R （2）7mg（3） R R
3
2L
L
【解析】
(1) 对滑块，从 A 到 C 的过程，由机械能守恒可得：
高考物理曲线运动及其解题技巧及练习题(含答案)
一、高中物理精讲专题测试曲线运动
1．有一水平放置的圆盘，上面放一劲度系数为 k 的弹簧，如图所示，弹簧的一端固定于轴 O 上，另一端系一质量为 m 的物体 A，物体与盘面间的动摩擦因数为 μ，开始时弹簧未发 生形变，长度为 l．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力．求：
摩擦力达到最大值，由静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求解角速度 ω0． （2）当角速度达到 2ω0 时，由弹力与摩擦力的合力提供向心力，由牛顿第二定律和胡克定 律求解弹簧的伸长量△x．
【详解】
若圆盘转速较小，则静摩擦力提供向心力，当圆盘转速较大时，弹力与静摩擦力的合力提
供向心力．
（1）当圆盘转速为 n0 时，A 即将开始滑动，此时它所受的最大静摩擦力提供向心力，则 有：
1 2
mvB2
综上所述， 需满足的条件： R R ．
2L
L
8．如图所示，ABCD 是一个地面和轨道均光滑的过山车轨道模型，现对静止在 A 处的滑块 施加一个水平向右的推力 F，使它从 A 点开始做匀加速直线运动，当它水平滑行 2.5 m 时 到达 B 点，此时撤去推力 F、滑块滑入半径为 0.5 m 且内壁光滑的竖直固定圆轨道，并恰 好通过最高点 C，当滑块滑过水平 BD 部分后，又滑上静止在 D 处，且与 ABD 等高的长木 板上，已知滑块与长木板的质量分别为 0.2 kg、0.1 kg，滑块与长木板、长木板与水平地面
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/s2；（2） 1 ； 10
【解析】
（1）根据平抛运动的规律：x＝v0t
由机械能守恒定律得： 1 m1v02= 1 m1v12+ 1 m2v22，
2
2
2
解得： v2
2m1v0 m1 m2
；
（2）小球 m2 从 B 点到达 C 点的过程中，
由动能定理可得：-m2g×2R= 1 m2v2′2- 1 m2v22，
2
2
解得： v2
v22 4gR
( 2m1v0 )2 4gR m1 m2
得 t＝ x ＝5 s＝1s v0 5
由 h＝ 1 gt2 2
得：
g＝
2h t2
＝
2 12
2
m
/
s
2＝4m
/
s
2
（2）根据星球表面物体重力等于万有引力：
mg＝ G
M星m R星2
地球表面物体重力等于万有引力：
mg＝
G
M地m R地2
则
M星 M地
＝
gR星2 gR地2
=4 10
( 1 )2 2
1 10
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；
【答案】（1） I m gH （2）3H
【解析】 设细绳与竖直方向夹角为 θ
(1) cos H 1 45 ，A 圆周运动轨道半径为 H h
由 A 的受力分析可知： mg tan mv02 H
动量定理： I mv0
I m gH
(2)A 与 B 发生弹性正碰 m1vo m1v1 m2v2
（1）盘的转速 ω0 多大时，物体 A 开始滑动？ （2）当转速缓慢增大到 2ω0 时，A 仍随圆盘做匀速圆周运动，弹簧的伸长量△x 是多少？
【答案】（1）
g l
3mgl （2） kl 4mg
【解析】
【分析】
（1）物体 A 随圆盘转动的过程中，若圆盘转速较小，由静摩擦力提供向心力；当圆盘转
速较大时，弹力与摩擦力的合力提供向心力．物体 A 刚开始滑动时，弹簧的弹力为零，静
（1）轨道末端 AB 段不缩短，压缩弹黄后将滑块弹出，滑块经过点速度 vB=3m/s，求落到 C 点时速度与水平方向夹角； （2）滑块沿着圆弧轨道运动后能在 DE 上继续滑行 2m,求滑块在圆弧轨道上对 D 点的压力 大小：
（3）通过调整弹簧压缩量，并将 AB 段缩短，滑块弹出后恰好无碰撞从 C 点进入圆弧 轨 道，求滑块从平台飞出的初速度以及 AB 段缩短的距离. 【答案】（1）45°（2）100N （3）4m/s、0.3m 【解析】
μmg＝mlω02，
解得：ω0= g ． l
即当 ω0＝ g 时物体 A 开始滑动． l
（2）当圆盘转速达到 2ω0 时，物体受到的最大静摩擦力已不足以提供向心力，需要弹簧的 弹力来补充，即：μmg+k△x＝mrω12， r=l+△x
解得： x＝ 3mgl kl 4mg
【点睛】 当物体相对于接触物体刚要滑动时，静摩擦力达到最大，这是经常用到的临界条件．本题 关键是分析物体的受力情况．
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．如图所示，将一小球从倾角 θ=60°斜面顶端，以初速度 v0 水平抛出，小球落在斜面上的 某点 P，过 P 点放置一垂直于斜面的直杆(P 点和直杆均未画出)。已知重力加速度大小为 g，斜面、直杆处在小球运动的同一竖直平面内，求：
(1)斜面顶端与 P 点间的距离； (2)若将小球以另一初速度 v 从斜面顶端水平抛出，小球正好垂直打在直杆上，求 v 的大 小。
5．光滑水平轨道与半径为 R 的光滑半圆形轨道在 B 处连接，一质量为 m2 的小球静止在 B 处，而质量为 m1 的小球则以初速度 v0 向右运动，当地重力加速度为 g，当 m1 与 m2 发生 弹性碰撞后，m2 将沿光滑圆形轨道上升，问：
（1）当 m1 与 m2 发生弹性碰撞后，m2 的速度大小是多少？
间的动摩擦因数分别为 0.3、 ，它们之间的最大静摩擦力均等于各自滑动摩擦力，取
g＝10 m/s2，求：
(1)水平推力 F 的大小；
(2)滑块到达 D 点的速度大小；
(3)木板至少为多长时，滑块才能不从木板上掉下来？在该情况下，木板在水平地面上最终
滑行的总位移为多少？
【答案】（1）1N（2）
1 2
m1vo2
Βιβλιοθήκη Baidu
1 2
m1v12
1 2
m2v22
解得 v2 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
H 1 gt2 2
x v2t
由几何关系得 o1 p H 2 (2 H x)2
o1 p 3H
【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．
小球 m2 通过最高点 C 后，做平抛运动，
竖直方向：2R= 1 gt2， 2
水平方向：s=v2′t，
( 2v0 )2 4gR ； 1 k
解得： s ( 2v0 )2 4R 16R2 ， 1 k g
由一元二次函数规律可知，当 R
v02 2g(1 k)2
时小 m2 落地点距 B
最远．
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 2 2 H 的正方 形玻璃板上，B 静止，A 由长为 2 H 的轻质细绳悬挂于 O3，静止时细绳刚好拉直，悬点
即落到圆弧 C 点时，滑块速度与水平方向夹角为 45°
（2）滑块在 DE 阶段做匀减速直线运动，加速度大小 a f g m
根据 vE2 vD2 2axDE
联立两式则 vD 4m / s
在圆弧轨道最低处
FN
mg
m
vD2 R
则 FN 100N ，即对轨道压力为 100N．
（3）滑块弹出恰好无碰撞从 C 点进入圆弧轨道，说明滑块落到 C 点时的速度方向正好沿
（2）当 m1 与 m2 满足 m2 km1 (k 0) ，半圆的半径 R 取何值时，小球 m2 通过最高点 C
后，落地点距离 B 点最远。
【答案】（1） 2m1v0/(m1+m2) （2） R=v02/2g(1+k)2 【解析】
【详解】
（1）以两球组成的系统为研究对象，
由动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2，
【答案】（1）
；（2）
；
【解析】本题考查平抛与斜面相结合的问题，涉及位移和速度的分解。
（1）小球从抛出到 P 点，做平抛运动，设抛出点到 P 点的距离为 L
小球在水平方向上做匀速直线运动，有： 在竖直方向上做自由落体运动，有： 联立以上各式，代入数据解得： （2）设小球垂直打在直杆上时竖直方向的分速度为 vy，有：
(3) 若滑块恰好停在 D 点，从 B 到 D 的过程，由动能定理可得：
1mgL
1 2
mvB2
可得：
1
R L
若滑块恰好不会从 E 点飞出轨道，从 B 到 E 的过程，由动能定理可得：
2mgL
mgR(1
cos
)
1 2
mvB2
可得：
2
R 2L
若滑块恰好滑回并停在 B 点，对于这个过程，由动能定理可得：
3mg·2L
着轨迹该出的切线，即 tan vy v0
由于高度没变，所以 vy vy 3m / s ， 370
因此 v0 4m / s
对应的水平位移为 xAC v0t 1.2m
所以缩短的 AB 段应该是 xAB xAC xBC 0.3m
【点睛】滑块经历了弹簧为变力的变加速运动、匀减速直线运动、平抛运动、变速圆周运 动，匀减速直线运动；涉及恒力作用的直线运动可选择牛顿第二定律和运动学公式；而变 力作用做曲线运动优先选择动能定理，对匀变速曲线运动还可用运动的分解利用分运动结 合等时性研究．
mg(R
2r)
1 2
mvC2
2mg m vC2 r
解得： r R ； 3
(2) 对滑块，从 A 到 B 的过程，由机械能守恒可得：
mgR
1 2
mvB2
在 B 点，有：
N mg m vB2 r
可得：滑块在 B 点受到的支持力
N=7mg； 由牛顿第三定律可得，滑块在 B 点对轨道的压力
N N 7mg ，方向竖直向下；
4．如图所示，水平实验台 A 端固定，B 端左右可调，将弹簧左端与实验平台固定，右端 有一可视为质点，质量为 2kg 的滑块紧靠弹簧（未与弹黄连接)，弹簧压缩量不同时， 将滑 块弹出去的速度不同.圆弧轨道固定在地面并与一段动摩擦因素为 0.4 的粗糙水平地面相切 D 点，AB 段最长时，BC 两点水平距离 xBC=0.9m,实验平台距地面髙度 h=0.53m，圆弧半径 R=0.4m，θ=37°，已知 sin37°=0.6, cos37°=0.8.完成下列问題：
（1）根据题意 C 点到地面高度 hC R Rcos370 0.08m
从
B
点飞出后，滑块做平抛运动，根据平抛运动规律： h hC
1 2
gt 2
化简则 t 0.3s
根据 xBC vBt 可知 vB 3m / s
飞到 C 点时竖直方向的速度 vy gt 3m / s
因此 tan vy 1 vB
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．