高中物理曲线运动解题技巧及练习题(含答案)(DOC 15页).doc

1、高中物理曲线运动解题技巧及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试曲线运动1如图所示，粗糙水平地面与半径为R=0.4m的粗糙半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上质量为m=1kg的小物块在水平恒力F=15N的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到B点时撤去F，小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D点，已知A、B间的距离为3m，小物块与地面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2求：（1）小物块运动到B点时对圆轨道B点的压力大小（2）小物块离开D点后落到地面上的点与D点之间的距离【答案】（1）160N（2）0.8m【解析】【详解】（

2、1）小物块在水平面上从A运动到B过程中，根据动能定理，有：（F-mg）xAB=mvB2-0在B点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得：联立解得小物块运动到B点时轨道对物块的支持力为：N=160N由牛顿第三定律可得，小物块运动到B点时对圆轨道B点的压力大小为：N=N=160N（2）因为小物块恰能通过D点，所以在D点小物块所受的重力等于向心力，即：可得：vD=2m/s设小物块落地点距B点之间的距离为x，下落时间为t，根据平抛运动的规律有：x=vDt，2R=gt2解得：x=0.8m则小物块离开D点后落到地面上的点与D点之间的距离2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

3、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m10.4kg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m20.2kg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x4t2t2，物块从D点飞离桌面后恰好由P点沿切线落入圆轨道g10m/s2，求：（1）质量为m2的物块在D点的速度；（2）判断质量为m20.2kg的物块能否沿圆轨道到达M点：（3）质量为m20.2kg的物块释放

4、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：vym/s3m/stan53所以：vD2.25m/s（2）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则mgm，解得：vm/s物块到达P的速度：m/s3.75m/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：可得：，这显然是不可能的，所以物块不能到达M点（3）由题意知x4t-2t2，物块在桌面上过B点后初速度vB4m/s，加速度为： 则物块和桌面的摩擦力：可得物块和桌面的摩

5、擦系数: 质量m10.4kg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点具有的弹性势能为：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：可得，在这过程中摩擦力做功：由动能定理，B到D的过程中摩擦力做的功：W2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即克服摩擦力做功为2.7 J.3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)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

6、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=mvc2+2mgR解得：vB=

7、10m/s设在B点滑块受轨道的压力为N，根据牛顿第二定律：N-mg=m 解得：N=45N（3）设滑块从A点开始运动时的速度为vA，根据动能定理；-mgs2=mvB2-mvA2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=8.1kgm/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4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

8、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=m2R，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：F1:F0=2: =9:1，又F1=F0+4

9、0N，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=，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=0.4s，则落地点离桌面的水平距离为：x=vt=50.4=2m.5如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第象限的等腰直角三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场一质量为m、电荷量为q的带电粒子从电场中Q点以速度v0水平向右射出，经坐标原点O射入第象限已知粒子在第象限运动的水平方向位移为竖直方向位移的2倍，且恰好不从PN边射出磁场已知MN平行于x轴，N点的坐标为(2h,2h)，不计

10、粒子的重力，求：入射点Q的坐标；磁感应强度的大小B；粒子第三次经过x轴的位置坐标.【答案】(1)(2) (3)【解析】【分析】带电粒子从电场中Q点以速度v0水平向右射出，在第象限做的是类平抛运动，在第I象限，先是匀速直线运动，后是圆周运动，最后又在电场中做类斜抛运动【详解】(1)带电粒子在第象限做的是类平抛运动，带电粒子受的电场力为运动时间为，有由题意得解得Q的坐标(2) 带电粒子经坐标原点O射入第象限时的速度大小为联立解得由带电粒子在通过坐标原点O时，轴和轴方向速度大小相等可知，带电粒子在第I象限以速度大小，垂直射入磁场，并在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，且恰好不从PN边射出磁场如下图所示，

11、设圆周的半径为R，由牛顿第二定律则有由图知EC是中位线，O1是圆心，D点是圆周与PN的切点，由几何知识可得，圆周半径解得(3) 带电粒子从磁场中射出后，又射入电场中，做类斜抛运动，速度大小仍是，且抛射角是，如下图所示， 根据斜抛运动的规律，有cos450sin450带电粒子在电场中飞行时间为则有带电粒子在电场中水平方向飞行距离为有带电粒子在点的坐标由几何知识可知点的坐标是（，0）带电粒子在点的坐标是【点睛】带电粒子在不同场中运动用不同的物理公式以及利用几何知识来计算6如图所示，光滑轨道是一“过山车”的简化模型，最低点处入、出口不重合，点是半径为的竖直圆轨道的最高点，DF部分水平，末端F点与其右

12、侧的水平传送带平滑连接，传送带以速率v=1m/s逆时针匀速转动，水平部分长度L=1m物块静止在水平面的最右端处质量为的物块从轨道上某点由静止释放，恰好通过竖直圆轨道最高点，然后与发生碰撞并粘在一起若的质量是的倍，与传送带的动摩擦因数都为，物块均可视为质点，物块与物块的碰撞时间极短，取求：（1）当时物块碰撞过程中产生的内能；（2）当k=3时物块在传送带上向右滑行的最远距离；（3）讨论在不同数值范围时，碰撞后传送带对它们所做的功的表达式【答案】（1）6J（2）0.25m（3）【解析】（1）设物块A在E的速度为，由牛顿第二定律得：，设碰撞前A的速度为由机械能守恒定律得：，联立并代入数据解得：；设碰撞

13、后A、B速度为，且设向右为正方向，由动量守恒定律得；解得：；由能量转化与守恒定律可得：，代入数据解得Q=6J；（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：，代入数据解得；（3）由式可知：；（i）如果A、B能从传送带右侧离开，必须满足，解得：k1，传送带对它们所做的功为：；（ii）（I）当时有：，即AB返回到传送带左端时速度仍为；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，解得；【点睛】本题考查了动量守恒定律的应

14、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7“抛石机”是古代战争中常用的一种设备，如图所示，为某学习小组设计的抛石机模型，其长臂的长度L = 2 m，开始时处于静止状态，与水平面间的夹角=37；将质量为m=10.

15、0的石块装在长臂末端的口袋中，对短臂施力，当长臂转到竖直位置时立即停止转动，石块被水平抛出，其落地位置与抛出位置间的水平距离x =12 m。不计空气阻力， 重力加速度g取10m/s，取水平地面为重力势能零参考平面。sin37= 0.6，cos37= 0.8。求：（1）石块在最高点的重力势能EP （2）石块水平抛出的速度大小v0；（3）抛石机对石块所做的功W。【答案】（1）320J （2）15m/s （3）1445J【解析】（1）石块在最高点离地面的高度：h=L+Lsin=2（1+0.6）m = 3.2m 由重力势能公式：EP=mgh=320J（2）石块飞出后做平抛运动水平方向x = v0t 竖

16、直方向解得：v0 = 15m/s （3）长臂从初始位置转到竖直位置过程，由动能定理得： 解得： = 1445J 点睛：要把平抛运动分解水平方向上的匀速和竖直方向上的自由落体运动。8如图甲所示，轻质弹簧原长为2L，将弹簧竖直放置在水平地面上，在其顶端将一质量为的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为L现将该弹簧水平放置，如图乙所示一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接AB是长度为5L的水平轨道，B端与半径为L的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD在竖直方向上物块P与AB间的动摩擦因数，用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度为L处，然后释放P，P开始沿轨道运动，重力加速度为（1）求当弹

17、簧压缩至长度为L时的弹性势能；（2）若P的质量为，求物块离开圆轨道后落至AB上的位置与B点之间的距离；（3）为使物块P滑上圆轨道后又能沿圆轨道滑回，求物块P的质量取值范围【答案】(1) (2) (3)【解析】【详解】（1）由机械能守恒定律可知：弹簧长度为L时的弹性势能为 （2）设P到达B点时的速度大小为，由能量守恒定律得： 设P到达D点时的速度大小为，由机械能守恒定律得： 物体从D点水平射出，设P落回到轨道AB所需的时间为 （3）设P的质量为M，为使P能滑上圆轨道，它到达B点的速度不能小于零得 要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C，得 9三维弹球是Window里

18、面附带的一款使用键盘操作的电脑游戏，小王同学受此启发，在学校组织的趣味运动会上，为大家提供了一个类似的弹珠游戏如图所示，将一质量为的小弹珠可视为质点放在O点，用弹簧装置将其弹出，使其沿着光滑的半圆形轨道OA和AB进入水平桌面BC，从C点水平抛出已知半圆型轨道OA和AB的半径分别为，BC为一段长为的粗糙水平桌面，小弹珠与桌面间的动摩擦因数为，放在水平地面的矩形垫子DEFG的DE边与BC垂直，C点离垫子的高度为，C点离DE的水平距离为，垫子的长度EF为1m，求：若小弹珠恰好不脱离圆弧轨道，在B位置小弹珠对半圆轨道的压力；若小弹珠恰好不脱离圆弧轨道，小弹珠从C点水平抛出后落入垫子时距左边缘DE的距离

19、；若小弹珠从C点水平抛出后不飞出垫子，小弹珠被弹射装置弹出时的最大初速度【答案】（1）6N（2）0.2m（3） 【解析】【分析】(1)由牛顿第二定律求得在A点的速度，然后通过机械能守恒求得在B点的速度，进而由牛顿第二定律求得支持力，即可由牛顿第三定律求得压力；(2)通过动能定理求得在C点的速度，即可由平抛运动的位移公式求得距离；(3)求得不飞出垫子弹珠在C点的速度范围，再通过动能定理求得初速度范围，即可得到最大初速度【详解】（1）若小弹珠恰好不脱离圆弧轨道，那么对弹珠在A点应用牛顿第二定律有，所以，；那么，由弹珠在半圆轨道上运动只有重力做功，机械能守恒可得：，所以，；那么对弹珠在B点应用牛顿第

20、二定律可得：弹珠受到半圆轨道的支持力，方向竖直向上；故由牛顿第三定律可得：在B位置小弹珠对半圆轨道的压力，方向竖直向下；（2）弹珠在BC上运动只有摩擦力做功，故由动能定理可得：，所以，；设小弹珠从C点水平抛出后落入垫子时距左边缘DE的距离为d，那么由平抛运动的位移公式可得：，所以，；（3）若小弹珠从C点水平抛出后不飞出垫子，那么弹珠做平抛运动的水平距离；故平抛运动的初速度，所以，；又有弹珠从O到C的运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得：；所以，故，所以小弹珠被弹射装置弹出时的最大初速度为；【点睛】经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动

21、能定理及几何关系求解10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：粒子从N点飞离cd边界时的速度大小和方向；、N两点间的距离；圆形有界匀强磁场的半径以及磁感应强度大小；该粒子从O点出发至再次回到O点的

22、总时间【答案】，方向与边界cd成角斜向下；， ；（3）， ；【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：t1=

23、粒子在电场中加速度：a=粒子在N点时竖直方向的速度：vy=at1=v0粒子从N点飞离cd边界时的速度：v=2v0速度偏转角的正切：=，故=600，即速度与边界cd成300角斜向下（2）粒子从P到O点时间：t2=粒子从P到O点过程的竖直方向位移：y2=粒子从O到N点过程的竖直方向位移：y1=故P、N两点间的距离为：YPN=y1+y2=（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+r=解得粒子做匀速圆周运动的半径：r=根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m解得圆形有界匀强磁场的磁感应强度：B=根据几何关系可以确定磁场区域的半径：R=2r即圆形有界匀强磁场的半径：R=（4）粒子在磁场中运动的周期：T=粒子在匀强磁场中运动的时间：t3=T=粒子从O点出发至再次回到O点的总时间：t=t1+t2+t3=+【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