高考物理曲线运动试题类型及其解题技巧

（2）①滑块与轨道组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律
得：
mv1-2mv2=0
m R x1 -2m x1 =0，
t
t
解得：x1= R ； 3
②滑块 P 离开轨道 AB 时的速度大小为 vB，P 与轨道 AB 组成的系统在水平方向动量守恒， 以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvB-2mv=0，
设在 B 点物块受到的支持力为 N，由牛顿第二定律有：
滑块对圆弧管道的压力，由牛顿第三定律有：
联立以上方程，解得： =106N，方向向下；
(3) 滑块从 A 到 B 的过程中因摩擦产生的热量：
12J
滑块从 B 到 C 的过程中，由能量守恒定律有： 又： 综上解得：Q=38J。 点睛：本题是一道力学综合题，分析清楚滑块运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第 二定律、动能定理与能量守恒定律即可解题。
两式联立，得
y cot vBt
y 2vB2 4gR 4R gg
对小球下落由机械能守恒定律，有
1 2
mvB2
mgy
1 2
mv2
解得
v vB2 2gy 2gR 8gR 10gR
(3)设小球恰好能通过 B 点，过 B 点时速度为 v1，由牛顿第二定律及向心力公式，有
mg m v12 R
【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．
（1）滑块在 C 点的速度大小； （2）滑块经过 B 点时对管道的压力； （3）滑块从 A 到 C 的过程中因摩擦而产生的热量。 【答案】(1) 2m/s(2) 106N，方向向下(3) 38J
【解析】(1)滑块从 C 离开后做平抛运动，由题意知： 又： 解得： vC=2m/s
(2)滑块从 A 到 B 的过程中，由动能定理得：
由机械能守恒定律得：mg（R+h）=
1 2
mvB2
1 2
2mv2
，
解得：h= R ； 2
P
向右运动运动的时间：t1=
x1 vB
，
P 减速运动的时间为 t2，对滑片，由动量定理得：-μmgt2=0-mvB，
运动时间：t=t1+t2，
解得：t= 13 2R ； 6g
5．如图所示，竖直平面内的光滑 3/4 的圆周轨道半径为 R，A 点与圆心 O 等高，B 点在 O
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 r 0.2m ， R 0.4m ，BC 为一段长为 L 2.0m 的粗糙水平桌面，小弹 珠与桌面间的动摩擦因数为 0.4 ，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 h 0.8m ，C 点离 DE 的水平距离为 x 0.6m ，垫子的长度 EF 为 1m， g 10m / s2. 求：
g=10m/s2，现要使物体刚好能经过 D 点，求： （1）物体到达 D 点速度大小； （2）则弹射器初始时具有的弹性势能至少为多少．
【答案】（1）2 5 m/s；（2）62J
【解析】 【分析】 【详解】 （1）由题知，物体刚好能经过 D 点，则有：
mg m vD2 R
解得： vD gR 2 5 m/s
的正上方，AD 为与水平方向成 θ=45°角的斜面，AD 长为 7 2 R．一个质量为 m 的小球
（视为质点）在 A 点正上方 h 处由静止释放，自由下落至 A 点后进入圆形轨道，并能沿圆 形轨道到达 B 点，且到达 B 处时小球对圆轨道的压力大小为 mg，重力加速度为 g，求：
(1)小球到 B 点时的速度大小 vB (2)小球第一次落到斜面上 C 点时的速度大小 v (3)改变 h，为了保证小球通过 B 点后落到斜面上，h 应满足的条件
【答案】(1) 2gR (2) 10gR (3) 3 R h 3R
2
【解析】 【分析】 【详解】 (1)小球经过 B 点时，由牛顿第二定律及向心力公式，有
mg mg m vB2 R
解得
vB 2gR
(2)设小球离开 B 点做平抛运动，经时间 t，下落高度 y，落到 C 点，则
y 1 gt2 2
2R= 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ＥＰ，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 ＥＰ≤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：ＥＰ≥ mgR. 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
ＥＰ≤mgR 或 ＥＰ≥ mgR.
3．如图所示，光滑的水平地面上停有一质量
，长度
的平板车，平板车左
端紧靠一个平台，平台与平板车的高度均为
，一质量
的滑块以水平速度
从平板车的左端滑上平板车，并从右端滑离，滑块落地时与平板车的右端的水平
【答案】(1) vD 2m / s （2）45N (3)2m
【解析】
【分析】
【详解】
（1）小球恰好过最高点 D，有：
mg m vD2 r
解得： vD 2m/s （2）从 B 到 D，由动能定理：
mg(R
r)
1 2
mvD2
1 2
mvB2
设小球在 B 点受到轨道支持力为 N，由牛顿定律有：
N mg m vB2 R
7．如图所示，P 为弹射器，PA、BC 为光滑水平面分别与传送带 AB 水平相连，CD 为光滑 半圆轨道，其半径 R=2m，传送带 AB 长为 L=6m，并沿逆时针方向匀速转动．现有一质量 m=1kg 的物体（可视为质点）由弹射器 P 弹出后滑向传送带经 BC 紧贴圆弧面到达 D 点，
已知弹射器的弹性势能全部转化为物体的动能，物体与传送带的动摩擦因数为 =0.2．取
1 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；
2 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；
3 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） 2 6m / s
又
mg(h
R)
1 2
mv12
得
h 3R 2
可以证明小球经过 B 点后一定能落到斜面上
设小球恰好落到 D 点，小球通过 B 点时速度为 v2，飞行时间为 t ， (7 2R 2R) sin 1 gt2 2
(7 2R 2R)cos v2t
解得
v2 2 gR
又
mg(h
R)
1 2
mv22
可得
h 3R
NB=N 联解③④⑤得：N=45N
（3）小球从 A 到 B，由动能定理：
F
x 2
mgx
1 2
mvB2
解得： x 2m
故本题答案是：(1) vD 2m / s （2）45N (3)2m
【点睛】 利用牛顿第二定律求出速度，在利用动能定理求出加速阶段的位移，
2．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：
距离
。不计空气阻力，重力加速度
求：
滑块刚滑离平板车时，车和滑块的速度大小；
滑块与平板车间的动摩擦因数。
【答案】(1)
，
(2)
【解析】 【详解】
设滑块刚滑到平板车右端时，滑块的速度大小为 ，平板车的速度大小为 ，
由动量守恒可知：
滑块滑离平板车后做平抛运动，则有：
解得：
，
；
由功能关系可知： 解得：
【点睛】 本题主要是考查了动量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用 或某一方向不受外力作用；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞 后系统的动量相等列方程进行解答。
3
2
t 为 13 2R 。 6g
【解析】 【详解】
（1）滑块从
A
到
B
过程机械能守恒，应用机械能守恒定律得：mgR=
1 2
mvB2
，
在 B 点，由牛顿第二定律得：N-mg=m vB2 ， R
解得：vB= 2gR ，N=3mg，
滑块在
BC
上滑行过程，由动能定理得：-μmg•2R=0-
1 2
mvB2
，
代入数据解得：μ=0.5；
【答案】（1）P 刚滑到圆弧轨道的底端 B 点时所受轨道的支持力大小 N 为 3mg，P 与 B 点
右侧地面间的动摩擦因数 μ 为 0.5；（2）若将 AB 解锁，让 P 从 A 点正上方某处 Q 由静止
释放，P 从 A 点竖直向下落入轨道，最后恰好停在 C 点，①当 P 刚滑到地面时，轨道 AB
的位移大小 x1 为 R ；②Q 与 A 点的高度差 h 为 R ，P 离开轨道 AB 后到达 C 点所用的时间
故 h 应满足的条件为 3 R h 3R 2
【点睛】
小球的运动过程可以分为三部分，第一段是自由落体运动，第二段是圆周运动，此时机械 能守恒，第三段是平抛运动，分析清楚各部分的运动特点，采用相应的规律求解即可．