高考必备物理曲线运动技巧全解及练习题(含答案)及解析

高考必备物理曲线运动技巧全解及练习题(含答案)及解析

一、高中物理精讲专题测试曲线运动

1．一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/s 2；（2）1

10

； 【解析】

（1）根据平抛运动的规律：x

＝v 0t 得05

15

x t s s v ＝

＝＝ 由h ＝

12

gt 2 得：2222222

/4/1

h g m s m s t ?＝

＝＝ （2）根据星球表面物体重力等于万有引力：2

G M m

mg R 星星

＝ 地球表面物体重力等于万有引力：2

G M m

mg R '地地

＝

则2

22411

=()10210

M gR M g R '?=星星地地＝ 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；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．

2．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x BC =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）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v B =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】

（1）根据题意C 点到地面高度0

cos370.08C h R R m =-=

从B 点飞出后，滑块做平抛运动，根据平抛运动规律：212

C h h gt -= 化简则0.3t s =

根据 BC B x v t = 可知3/B v m s =

飞到C 点时竖直方向的速度3/y v gt m s == 因此tan 1y B

v v θ=

=

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f

a g m

μ=

= 根据22

2E D DE v v ax -=

联立两式则4/D v m s =

在圆弧轨道最低处2D

N v F mg m R

-= 则100N F N = ，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

着轨迹该出的切线，即0

tan y

v v α''= 由于高度没变，所以3/y y v v m s '== ，0

37α=

因此0

4/v m s '= 对应的水平位移为0

1.2AC x v t m ='= 所以缩短的AB 段应该是0.3AB AC BC x x x m ?=-=

【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．

3．如图所示，光滑的水平平台上放有一质量M =2kg ，厚度d =0.2m 的木板，木板的左端放有一质量m =1kg 的滑块（视为质点），现给滑块以水平向右、

的初速度，木板

在滑块的带动下向右运动，木板滑到平台边缘时平台边缘的固定挡板发生弹性碰撞，当木板与挡板发生第二次碰撞时，滑块恰好滑到木板的右端，然后水平飞出，落到水平地面上的A点，已知木板的长度l=10m，A点到平台边缘的水平距离s=1.6m，平台距水平地面的高度h=3m，重力加速度，不计空气阻力和碰撞时间，求：

(1)滑块飞离木板时的速度大小；

(2)第一次与挡板碰撞时，木板的速度大小；（结果保留两位有效数字）

(3)开始时木板右端到平台边缘的距离；（结果保留两位有效数字）

【答案】(1) (2)v=0.67m/s (3)x=0.29m

【解析】

【分析】

【详解】

(1)滑块飞离木板后做平抛运动，则有：

解得

(2)木板第一次与挡板碰撞后，速度方向反向，速度大小不变，先向左做匀减速运动，再向右做匀加速运动，与挡板发生第二次碰撞，由匀变速直线运动的规律可知木板两次与挡板碰撞前瞬间速度相等．

设木板第一次与挡板碰撞前瞬间，滑块的速度大小为，木板的速度大小为v

由动量守恒定律有：，

木板第一与挡板碰后：

解得:v=0.67m/s

(3)由匀变速直线运动的规律：，

，

由牛顿第二定律：

解得:x=0.29m．

【点睛】

对于滑块在木板上滑动的类型，常常根据动量守恒定律和能量守恒定律结合进行研究．也可以根据牛顿第二定律和位移公式结合求出运动时间，再求木板的位移．

4．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

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）（3）t＝1 s ;

【解析】

【分析】

【详解】

(1)由于滑块恰好过C点，则有：

m1g＝m1

从A到C由动能定理得：

Fx－m1g·2R＝m1v C2－0

代入数据联立解得：

F＝1 N

(2)从A到D由动能定理得：

Fx＝m1v D2

代入数据解得：

v D＝5 m/s

(3)滑块滑到木板上时，对滑块：

μ1m1g＝m1a1，

解得：

a1＝μ1g＝3 m/s2

对木板有：

μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2，

代入数据解得：

a2＝2 m/s2

滑块恰好不从木板上滑下，此时滑块滑到木板的右端时恰好与木板速度相同，

有：

v共＝v D－a1t

v共＝a2t，

代入数据解得：

t ＝1 s

此时滑块的位移为：

x 1＝v D t －a 1t 2，

木板的位移为：

x 2＝a 2t 2，L ＝x 1－x 2，

代入数据解得：

L ＝2.5 m v 共＝2 m/s x 2＝1 m

达到共同速度后木板又滑行x ′，则有：

v 共2＝2μ2gx ′，

代入数据解得：

x ′＝1.5 m

木板在水平地面上最终滑行的总位移为：

x 木＝x 2＋x ′＝2.5 m

点睛：本题考查了动能定理和牛顿第二定律、运动学公式的综合运用，解决本题的关键理清滑块和木板在整个过程中的运动规律，选择合适的规律进行求解．

5．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：

（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）()2A g

v L R h =-22()

2B g L R v h

+=

（2）0((L R v L R -≤≤+

（3）1(41)0,1,2,3...)2v n n π=+= 【解析】 【分析】 【详解】

（1）沙袋从P 点被抛出后做平抛运动，设它的落地时间为t ，则h=12

gt 2

解得t =

（1） 当小车位于A 点时，有x A =v A t=L-R （2）

解（1）（2）得v A =（L-R

当小车位于B 点时，有B B x v t ==3）

解（1）（3）得B

v （2）若小车在跑道上运动，要使沙袋落入小车，最小的抛出速度为

v 0min =v A =（L-R 4） 若当小车经过C 点时沙袋刚好落入，抛出时的初速度最大，有x c =v 0max t="L+R" （5）

解（1）（5）得 v 0max =（L+R

所以沙袋被抛出时的初速度范围为（L-R ≤v 0≤（L+R （3）要使沙袋能在B 处落入小车中，小车运动的时间应与沙袋下落时间相同 t AB =（n+

14

）2R

v π（n=0，1，2，3…）（6）

所以t AB

解得v=

12（4n+1）n=0，1，2，3…）． 【点睛】

本题是对平抛运动规律的考查，在分析第三问的时候，要考虑到小车运动的周期性，小车并一定是经过

14圆周，也可以是经过了多个圆周之后再经过1

4

圆周后恰好到达B 点，这是

同学在解题时经常忽略而出错的地方．

6．如图所示,粗糙水平地面与半径 1.6m R =的光滑半圆轨道BCD 在B 点平滑连接, O 点是半圆轨道BCD 的圆心, B O D 、、三点在同一竖直线上,质量2kg m =的小物块(可视为质点)静止在水平地面上的A 点.某时刻用一压缩弹簧(未画出)将小物块沿AB 方向水平弹出,小物块经过B 点时速度大小为10m/s (不计空气阻力).已知10m AB x =,小物块与水平地面间的

动摩擦因数=0.2μ,重力加速度大小2

10m/s g =.求：

(1)压缩弹簧的弹性势能；

(2)小物块运动到半圆轨道最高点时,小物块对轨道作用力的大小； (3)小物块离开最高点后落回到地面上的位置与B 点之间的距离. 【答案】(1)140J (2)25N (3)4.8m 【解析】

(1)设压缩弹簧的弹性势能为P E ，从A 到B 根据能量守恒，有

2

12

P B AB E mv mgx μ=

+ 代入数据得140J P E =

(2)从B 到D ，根据机械能守恒定律有

22

11222

B D mv mv mg R =+? 在D 点，根据牛顿运动定律有2

D

v F mg m R

+=

代入数据解得25N F =

由牛顿第三定律知，小物块对轨道作用力大小为25N (3)由D 点到落地点物块做平抛运动竖直方向有2122

R gt = 落地点与B 点之间的距离为D x v t = 代入数据解得 4.8m x =

点睛：本题是动能定理、牛顿第二定律和圆周运动以及平抛运动规律的综合应用，关键是确定运动过程，分析运动规律，选择合适的物理规律列方程求解．

7．如图所示，表面光滑的长方体平台固定于水平地面上，以平台外侧的一边为x 轴，在平台表面建有平面直角坐标系xoy ，其坐标原点O 与平台右侧距离为d=1.2m 。平台足够宽，高为h=0.8m ，长为L=3.3m 。一个质量m 1=0.2kg 的小球以v0=3m/s 的速度沿x 轴运动，到达O 点时，给小球施加一个沿y 轴正方向的水平力F 1，且F 1=5y （N ）。经一段时间，小球

到达平台上坐标为（1.2m ，0.8m ）的P 点时，撤去外力F1。在小球到达P 点的同时，平台与地面相交处最内侧的M 点，一个质量m2=0.2kg 的滑块以速度v 在水平地面上开始做匀速直线运动，滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.5，由于摩擦力的作用，要保证滑块做匀速运动需要给滑块一个外力F2，最终小球落在N 点时恰好与滑块相遇，小球、滑块均视为质点， 2

10/g m s =， sin370.6cos370.8?=?=，。求：

（1）小球到达P 点时的速度大小和方向； （2）M 、N 两点间的距离s 和滑块速度v 的大小； （3）外力F 2最小值的大小（结果可用根式表示）

【答案】（1）5m/s 方向与x 轴正方向成53°（2）1.5m ；3.75m/s （3）

25

5

N 【解析】（1）小球在平台上做曲线运动，可分解为沿x 轴方向的匀速直线运动和沿y 轴方向的变加速运动，设小球在P 点受到p v 与x 轴夹角为α 从O 点到P 点，变力1F 做功50.8

0.8 1.62

p y J J ?=?= 根据动能定理有22

110

1122

P W m v m v =

-，解得5/p v m s = 根据速度的合成与分解有0cos p v v α=，得53α=?，小球到达P 点时速度与x 轴正方向成

53?

（2）小球离开P 点后做平抛运动，根据平抛运动规律有2

12

h gt =，解得t=0.4s 小球位移在水平面内投影2p l v t m ==

设P 点在地面的投影为P '，则 2.5P P M L y m ='=- 由几何关系可得2222cos s P M l l P M θ=+-??''，解得s=1.5m

滑块要与小球相遇，必须沿MN 连线运动，由s vt =，得 3.75/v m s = （3）设外力2F 的方向与滑块运动方向（水平方向）的夹角为β，根据平衡条件

水平方向有： 2cos F f β=，其中f N μ=，竖直方向有22sin N F m g β+= 联立解得22cos sin m g

F μβμβ

=

+

由数学知识可得()

2221sin F μβθ=

++，其最小值22min 2

25

5

1F N μ=

=

+。

8．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．

9．某高中物理课程基地拟采购一种能帮助学生对电偏转和磁偏转理解的实验器材.该器材的核心结构原理可简化为如图所示.一匀强电场方向竖直向下，以竖直线ab 、cd 为边界，

其宽度为L ，电场强度的大小为2

3.mv E qL

=在cd 的左侧有一与cd 相切于N 点的圆形有

界匀强磁场，磁场的方向垂直纸面、水平向外.现有一质量为m ，电荷量为q 的带正电粒

子自O 点以水平初速度0v 正对M 点进入该电场后，从N 点飞离cd 边界，再经磁场偏转后又从P 点垂直于cd 边界回到电场区域，并恰能返回O 点.粒子重力不计.试求：

()1粒子从N 点飞离cd 边界时的速度大小和方向； ()2P 、N 两点间的距离；

()3圆形有界匀强磁场的半径以及磁感应强度大小； ()4该粒子从O 点出发至再次回到O 点的总时间．

【答案】()012v ，方向与边界cd 成30o 角斜向下；()

53

28

L

， ；（3）54L ， 0

835mv qL ；()00

3534218L L v v π+

【解析】 【分析】

（1）利用运动的合成和分解，结合牛顿第二定律，联立即可求出粒子从N 点飞离cd 边界时的速度大小，利用速度偏向角公式即可确定其方向；（2）利用类平抛规律结合几何关系，即可求出P 、N 两点间的距离；（3）利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，联立即可求出圆形有界匀强磁场的半径以及磁感应强度大小；（4）利用类平抛规律求解粒子在电场中运动的时间，利用周期公式，结合粒子在磁场中转过的圆心角求解粒子在磁场中运动的时间，联立即可求出该粒子从O 点出发至再次回到O 点的总时间． 【详解】

（1）画出粒子轨迹过程图，如图所示：

粒子从O 到N 点时间：t 1=

L

v 粒子在电场中加速度：a=qE m =2

3v L

粒子在N 点时竖直方向的速度：v y =at 130 粒子从N 点飞离cd 边界时的速度：v=2v 0 速度偏转角的正切：tan θ=

y 0

v v 3故θ=600，即速度与边界cd 成300角斜向下．

（2）粒子从P 到O 点时间：t 2=0

L

2v

粒子从P 到O 点过程的竖直方向位移：y 2=221at 23 粒子从O 到N 点过程的竖直方向位移：y 1=211at 23 故P 、N 两点间的距离为：Y PN =y 1+y 2=

53L 8

（3）设粒子做匀速圆周运动的半径为r ，根据几何关系可得：r 0cos 60

+r=L 8

解得粒子做匀速圆周运动的半径：

根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m 2

v r

解得圆形有界匀强磁场的磁感应强度：B=

mv qr

=0

5qL

根据几何关系可以确定磁场区域的半径：R=2r 0cos30 即圆形有界匀强磁场的半径：R=

5L 4 （4）粒子在磁场中运动的周期：T=2πr

v

粒子在匀强磁场中运动的时间：t 3=

23

T=0

L 18v 粒子从O 点出发至再次回到O 点的总时间：t=t 1+t 2+t 3=03L 2v

+0

L

18v 【点睛】

本题考查带电粒子在复合场中运动，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，还要分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间．

10．如图所示，在竖直平面内有一“∞”管道装置，它是由两个完全相同的圆弧管道和两直管道组成。直管道和圆弧管道分别相切于1A 、2A 、1B 、2B ，1D 、2D 分别是两圆弧管道的最高点，1C 、2C 分别是两圆弧管道的最低点，1C 、2C 固定在同一水平地面上。两直管道略微错开，其中圆弧管道光滑，直管道粗糙，管道的粗细可忽略。圆弧管道的半径均为R ，111111222222B O D AO C B O D A O C α∠=∠=∠=∠=。一质量为m 的小物块以水平向左的速度0v 从1C 点出发沿管道运动，小物块与直管道间的动摩擦因数为μ。设

012/v m s =，m=1kg ，R=1.5m ，0.5μ=，37α=?（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。求：

（1）小物块从1C 点出发时对管道的作用力； （2）小物块第一次经过2C 点时的速度大小； （3）小物块在直管道12B A 上经过的总路程。 【答案】（1）106N ，方向向下（2）7（3）534

m 【解析】 【详解】

(1)物块在C 1点做圆周运动，由牛顿第二定律有：

20

v N mg m R

-=

可得：20

106N v N mg m R

=+=

由牛顿第三定律可知，小物块对管道的作用力大小为106N ，方向向下 (2)由几何知识易有：21122cos 4m sin R l A B A B α

α

===

= 从C 1到C 2由动能定理可得：22

2011cos 22

mgl mv mv μα-=

- 可得：2

202cos 47m /s v v gl μα=-=

(3)以C 1C 2水平线作为重力势能的参考平面，则小物块越过D 1、D 2点时的机械能需满足：

0230J E E mgR >==

由于直管道的摩擦，物块每完整经历直管道一次，机械能的减少量满足：

cos 16J f E W mgl μα?===

设n 为从第一次经过D 1后，翻越D 1和D 2的总次数，则有：

2

0012

mv n E E -?>， ()2

001-12

mv n E E +?< 可得：n =2，表明小物块在第二次经过D 1后就到不了D 2，之后在D 1B 1A 2C 2D 2之间往复运动直至稳定，最后在A 2及C 2右侧与A 2等高处之间往复稳定运动。

由开始到稳定运动到达A 2点，由动能定理有：

()2

01cos 1cos 02

mgs mgR mv μαα---=-

可得：s=

694

m 故在B 1A 2直管道上经过的路程为s'=s －l =

534

m