高中物理曲线运动解题技巧及练习题

1、高中物理曲线运动解题技巧及练习题一、高中物理精讲专题测试曲线运动1 如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在a 点，自然状态时其右端位于b 点 d点位于水平桌面最右端，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道mnp，其形状为半径r0.45m 的圆环剪去左上角 127 的圆弧， mn 为其竖直直径， p 点到桌面的竖直距离为r， p点到桌面右侧边缘的水平距离为1.5r若用质量 m1 0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到c点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在b 点，用同种材料、质量为m2 0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到c 点释放，物块过b 点后其位移与时间的关系为x 4t 2t 2，物块从 d 点飞

2、离桌面后恰好由p 点沿切线落入圆轨道g 10m/s 2，求：（1）质量为 m2 的物块在 d 点的速度；（2）判断质量为 m2 0.2kg 的物块能否沿圆轨道到达m 点：（3）质量为 m2 0.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功.【答案】（ 1） 2.25m/s （2）不能沿圆轨道到达m 点 （ 3） 2.7j【解析】【详解】（1）设物块由 d 点以初速度 vd 做平抛运动，落到p 点时其竖直方向分速度为：vy2gr2 100.45 m/s 3m/svy4tan53 vd3所以： vd 2.25m/s（2）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则mgm v2 ，r解

3、得： vgr32 m/s2物块到达p 的速度：vpvd2vy2322.252 m/s 3.75m/s若物块能沿圆弧轨道到达m 点，其速度为vm ，由 d 到 m 的机械能守恒定律得：1 m2vm21 m2vp2m2g 1 cos53r22可得： vm20.3375 ，这显然是不可能的，所以物块不能到达m 点（3）由题意知x 4t - 2t2，物块在桌面上过b 点后初速度vb 4m/s ，加速度为：a4m/s2则物块和桌面的摩擦力：m2 gm2 a可得物块和桌面的摩擦系数 :0.4质量 m1 0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到c 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在b点，由能量守恒可弹簧压缩到c

4、 点具有的弹性势能为：epm1gxbc0质量为 m20.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到c 点释放，物块过b 点时，由动能定理可得：epm2 gxbc1 m2vb 22可得， xbc 2m在这过程中摩擦力做功：w1m2gx bc1.6j由动能定理， b 到 d 的过程中摩擦力做的功：w 21 m2vd21 m2v0222代入数据可得：w2 - 1.1j质量为 m20.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中摩擦力做的功ww1w22.7j即克服摩擦力做功为2.7 j.2 如图所示 ,半径 r=2.5m 的竖直半圆光滑轨道在b 点与水平面平滑连接,一个质量m=0.50kg 的小滑块 (可视为质点 )

5、静止在 a 点 .一瞬时冲量使滑块以一定的初速度从a 点开始运动 ,经 b 点进入圆轨道,沿圆轨道运动到最高点c,并从 c 点水平飞出 ,落在水平面上的d 点 .经测量 ,d、b 间的距离s1=10m,a、b 间的距离s2=15m,滑块与水平面的动摩擦因数重力加速度.求 :,(1)滑块通过 c 点时的速度大小 ;(2)滑块刚进入圆轨道时,在 b 点轨道对滑块的弹力 ;(3)滑块在 a 点受到的瞬时冲量的大小 .【答案】（ 1）（2） 45n（3）【解析】【详解】（1）设滑块从c 点飞出时的速度为vc，从 c 点运动到d 点时间为t滑块从 c 点飞出后，做平抛运动，竖直方向：2r= gt2水平方

6、向： s1=vct解得： vc=10m/s（2）设滑块通过b 点时的速度为vb，根据机械能守恒定律mvb2= mv c2+2mgr解得： vb=10m/s设在 b 点滑块受轨道的压力为解得： n=45nn，根据牛顿第二定律： n-mg=m（3）设滑块从 a 点开始运动时的速度为 va2b2- mva2，根据动能定理 ； - mgs= mv解得： va=16.1m/s设滑块在 a 点受到的冲量大小为i，根据动量定理i=mva解得： i=8.1kg?m/s ；【点睛】本题综合考查动能定理、机械能守恒及牛顿第二定律，在解决此类问题时，要注意分析物体运动的过程，选择正确的物理规律求解3 如图所示，一根

7、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fn

8、 和细线的拉力 f,重力 mg 和弹力 fn 平衡，线的拉力提供向心力，有：fn=f=m 2r，设原来的角速度为0,线上的拉力是 f0,加快后的角速度为,线断时的拉力是f1，则有：2f1:f0=2: 0 =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 f1v2= 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=2h2 0.8 s =0.4s，g10则落地点离桌面的水平距离为：x=vt=50.4=2m.4 如图所示，在光滑的圆锥体顶部用长为的细线悬挂一质量为因锥体固定在水平面上，其轴

9、线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角为的小球，物体绕轴线在水平面内做匀速圆周运动，小球静止时细线与母线给好平行，已知，重力加速度g 取若北小球运动的角速度，求此时细线对小球的拉力大小。【答案】【解析】【分析】根据牛顿第二定律求出支持力为零时，小球的线速度的大小，从而确定小球有无离开圆锥体的斜面，若离开锥面，根据竖直方向上合力为零，水平方向合力提供向心力求出线对小球的拉力大小。【详解】若小球刚好离开圆锥面，则小球所受重力与细线拉力的合力提供向心力，有：此时小球做圆周运动的半径为：解得小球运动的角速度大小为：代入数据得：若小球运动的角速度为：小球对圆锥体有压力，设此时细线的拉力大小为f，小球受圆锥面

10、的支持力为，则水平方向上有：竖直方向上有：联立方程求得：【点睛】解决本题的关键知道小球圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，根据牛顿第二定律求出临界速度是解决本题的关键。5 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

11、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=vct2r= 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 ，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： mgr

12、.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mgr 或 mgr.6 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， =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

13、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】（1）根据题意 c 点到地面高度hcr rcos3700.08m从 b 点飞出后，滑块做平抛运动，根据平抛运动规律：h hc1 gt 22化简则 t0.3s根据 xbcvbt可知 vb3m / s飞到 c 点时竖直方向的速度

14、vygt 3m / s因此 tanvy1vb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fgam根据 ve2vd22axde联立两式则 vd4m / s在圆弧轨道最低处fnmgm vd2r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着轨迹该出的切线，即tanvyv0由于高度没变，所以 vyvy3m / s ，370因此 v04m / s对应的水平位移为xacv0 t1.2m所以缩短的ab 段应该是xabxacxbc0.3m【点睛】滑块经历了弹簧为变力的变加

15、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7 如图 1 所示是某游乐场的过山车，现将其简化为如图2 所示的模型：倾角=37、l=60cm 的直轨道ab 与半径 r=10cm 的光滑圆弧轨道bcdef在 b 处平滑连接，c、 f 为圆轨道最低点， d 点与圆心等高， e 为圆轨道最高点；圆轨道在f 点与水平轨道 fg平滑连接，整条轨道宽度不计，其正视图如图3 所示现将一质量m=50g 的滑块 ( 可视为质点 ) 从 a端由静止释

16、放已知滑块与ab 段的动摩擦因数 12=0.25，与 fg 段的动摩擦因数 =0.5，sin37 =0.6， cos37 =0.8，重力加速度g=10m/s 2（ 1） 求滑块到达 e 点时对轨道的压力大小 fn；（ 2）若要滑块能在水平轨道 fg上停下，求 fg 长度的最小值 x；（3）若改变释放滑块的位置，使滑块第一次运动到d 点时速度刚好为零，求滑块从释放到它第 5 次返回轨道ab 上离 b 点最远时，它在ab 轨道上运动的总路程s【答案】（1） fn=0.1n（ 2） x=0.52m （ 3）s93m160【解析】【详解】（1）滑块从a 到 e，由动能定理得：mg l sinr 1co

17、s2 r1mgl cos1 mve22代入数据得： ve30 m/s5滑块到达 e 点： mgfnm ve2r代入已知得： fn=0.1n（2）滑块从a 下滑到停在水平轨道fg 上，有mgl sinr 1cos1mgl cos2mgx0代入已知得： x=0.52m（3）若从距 b 点 l0 处释放，则从释放到刚好运动到d 点过程有：mg l0 sin+r(1cos )r1mgl0 cos0代入数据解得： l0=0.2m从释放到第一次返回最高点过程，若在轨道ab 上上滑距离为l1，则：mg l0l1sin1mg l0l1 cos0解得： l1sin1 cosl01 l0sin1 cos2同理，第

18、二次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为l2，有：sin1 cos1 l112l2l1l0sin1 cos2215故第 5l5，有：l0次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为l52所以第5次返回轨道 ab 上离 b 点最远时，它在ab 轨道上运动的总路程s l02l1 2l22l32l4l593m1608 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 e3mv20 . 在 cd 的左侧有一与 cd 相切于 n 点的圆形有ql界匀强磁场，磁场的方向

19、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 v0 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；2 p 、 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】 12v0 ，方向与边界cd 成 30o 角斜向下；2 5 3 l ， ；（ 3）5l ，848 3mv0 ；4 3l5 3 l5ql2v018v0【解析】【分析】（

20、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：l粒子从 o 到 n 点时间： t 1=v0粒子在电场中加速度： a= qe =3

21、v 02ml粒子在 n 点时竖直方向的速度：vy 10=at =3 v粒子从 n 点飞离 cd 边界时的速度 ： v=2v0v y，故=600，即速度与边界cd 成 300 角斜向下 速度偏转角的正切： tan=3v0l（2）粒子从 p 到 o 点时间： t2= 2v0粒子从 p 到 o 点过程的竖直方向位移：y2=1 at22=3 l28粒子从 o 到 n 点过程的竖直方向位移：123y1=at1 =l22故 p、 n 两点间的距离为：ypn=y1+y2= 53 l8（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 cos600 +r= 5 3 l8解得粒子做匀速圆周运动的半径：r

22、= 53 l12根据洛伦兹力提供向心力可得：qvb=m v 2r解得圆形有界匀强磁场的磁感应强度mv8 3mv0： b=qr=5ql根据几何关系可以确定磁场区域的半径：r=2r cos30 0即圆形有界匀强磁场的半径： r=5l4（4）粒子在磁场中运动的周期：2rt=v粒子在匀强磁场中运动的时间：t 3=253lt=318v0粒子从 o 点出发至再次回到o 点的总时间： t=t 1+t23l5 3l+t 3= 2v 0+18v 0【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

23、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 9 如图所示，一滑板放置在光滑的水平地面上，右侧紧贴竖直墙壁，滑板由圆心为o、半径为 r 的四分之一光滑圆弧轨道和水平轨道两部分组成，且两轨道在b 点平滑连接，整个系统处于同一竖直平面内现有一可视为质点的小物块从a 点正上方p 点处由静止释放，落到 a 点的瞬间垂直于轨道方向的分速度立即变为零，之后沿圆弧轨道ab 继续下滑，最终小物块恰好滑至轨道末端c 点处已知滑板的质量是小物块质量的3 倍，小物块滑至b点时对轨道的压力为其重力的3 倍， oa 与竖直方向的夹角为 =60，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为=0.3，重力加速度g 取 10 m / s2 ，不考虑空气阻力作用，求：（ 1）水平轨道 bc 的长度 l；（ 2） p 点到 a 点的距离 h【答案】 （1） 2.5r（2） 2r3【解析】【分析】（1）物块从 a 到 b 的过程中滑板静止不动，先根据物块在b 点的受力情况求解b 点的速度；滑块向左滑动时，滑板向左也滑动，根据动量守恒和能量关系列式可求解水平部分的长度；（ 2）从 p 到 a 列出能量关系；在a 点沿轨道切