1、1培优点七 曲线运动一、考点分析1. 曲线运动的问题每年必考，主要是在实际问题中考查速度、加速度、及位移的分解，平抛运动的处理方法，以及圆周运动与牛顿运动定律、能量等内容的综合应用。2. 常用思想方法：(1)从分解的角度处理平抛运动。(2)圆周运动的动力学问题实际上是牛顿第二定律的应用，且已知合外力方向(匀速圆周运动指向圆心)，做好受力分析，由牛顿第二定律列方程。二、考题再现典例 1. (2017全 国 卷 17)如 图 ， 半 圆 形 光 滑 轨 道 固 定 在 水 平 地 面 上 ， 半 圆 的 直 径 与 地 面垂 直 ， 一小物块以速度 v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小
2、物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)( )A. B. C. D. v216g v28g v24g v22g【解析】物块由最低点到最高点有： 211mrv；物块做平抛运动： x=v1t；4rtg；联立解得：246vxrg，由数学知识可知，当28rg时， x 最大，故选 B。【答案】B典例 2. (2018全国 III 卷17)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以 v 和 2的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的( )A. 2 倍 B. 4 倍 C. 6 倍 D. 8 倍【解析】设甲球落至斜
3、面时的速率为 v1，乙落至斜面时的速率为 v2，由平抛运动规律， x = vt， 21ygt，设斜面倾角为 ，由几何关系， tanyx，小球由抛出到落至斜面，由机械能守恒定律， 221mvgyv，2联立解得： 21tanv，即落至斜面时的速率与抛出时的速率成正比。同理可得，22tv，所以甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时的速率的 2 倍，选项 A 正确。【答案】A三、对点速练1(多选)如图所示，一高度为 h 的光滑平面与一倾角为 的斜面连接，一小球以速度 v从平面的右端 P 点向右水平抛出，不计空气阻力，则小球在空中运动的时间 t( )A一定与 v 的大小有关B一定与 v 的大小无关C当 v
4、 大于 ， t 与 v 无关gh2 1tan D当 v 小于 ， t 与 v 有关gh2 1tan 【答案】CD【解析】小球有可能落在斜面上，也有可能落在水平面上，可用临界法求解，如果小球恰好落在斜面与水平面的交点处，则满足 vt， h gt2，联立可得htan 12v ，故当 v 大于 时，小球落在水平面上， t ，与 v 无关；gh2 1tan gh2 1tan 2hg当 v 小于 时，小球落在斜面上， x vt， y gt2， tan ，联立可得 tgh2 1tan 12 yx，即与 v 有关，故选项 C、D 正确。2vtan g2(多选)如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升
5、重物 M，长杆的一端放在地上通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方 O 点处，在杆的中点 C 处拴一细绳，通过两个滑轮后挂上重物 M。 C 点与 O 点距离为 L，现在杆的另一端用力使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度 缓慢转至水平(转过了 90角)，此过程中下列说法正确的是( )A重物 M 做匀速直线运动B重物 M 做匀变速直线运动C重物 M 的最大速度是 L3D重物 M 的速度先增大后减小【答案】CD【解析】与杆垂直的速度 v 是 C 点的实际速度， v 绳 是沿细绳的速度，即重物 M 的速度。设v 绳 与 v 的夹角是 ，则 v 绳 vcos ，开始时 减小，则 v 绳 增
6、大；当杆与细绳垂直( 0)时，重物 M 的速度最大，为 vmax L ，然后再减小，C、D 正确。3如图所示， ABC 为竖直平面内的金属半圆环， AC 连线水平， AB 为固定在 A、 B 两点间的直金属棒，在直棒和圆环的 BC 部分上分别套着小环 M、 N(棒和半圆环均光滑)，现让半圆环绕竖直对称轴以角速度 1做匀速转动，小环 M、 N 在图示位置。如果半圆环的角速度为 2， 2比 1稍微小一些，关于小环 M、 N 的位置变化，下列说法正确的是( )A小环 M 将到达 B 点，小环 N 将向 B 点靠近稍许B小环 M 将到达 B 点，小环 N 的位置保持不变C小环 M 将向 B 点靠近稍许
7、，小环 N 将向 B 点靠近稍许D小环 M 向 B 点靠近稍许，小环 N 的位置保持不变【答案】A【解析】设 AB 连线与水平面的夹角为 ，当半圆环绕竖直对称轴以角速度 1做匀速转动时，对小环 M，外界提供的向心力等于 mMgtan ，由牛顿第二定律得： mMgtan mM 12rM；当角速度减小时，小环所需要的向心力减小，而外界提供的向心力不变，造成外界提供的向心力大于小环所需要的向心力，小环将做近心运动，最终小环 M 将到达 B点。对于 N 环，由牛顿第二定律得： mNgtan mN 12rN， 是小环 N 所在半径与竖直方向的夹角。当角速度稍微减小时，小环所需要的向心力减小，小环将做近心
8、运动，向 B 点靠近，此时 也减小，外界提供的向心力 mNgtan 也减小，外界提供的向心力与小环所需要的向心力可重新达到平衡，所以小环 N 将向 B 点靠近稍许，故 A 正确。4如图所示，在室内自行车比赛中，运动员以速度 v 在倾角为 的赛道上做匀速圆周运动。已知运动员的质量为 m，做圆周运动的半径为 R，重力加速度为 g，则下列说法正确的是( )A将运动员和自行车看做一个整体，整体受重力、支持力、摩擦力和向心力的作用4B运动员受到的合力大小为 m ，做圆周运动的向心力大小也是 mv2R v2RC运动员做圆周运动的角速度为 vRD如果运动员减速，运动员将做离心运动【答案】B【解析】向心力是由
9、整体所受的合力提供的，选项 A 错误；做匀速圆周运动的物体，合力提供向心力，选项 B 正确；运动员做圆周运动的角速度为 ，选项 C 错误；只有运动vR员加速到所受合力不足以提供做圆周运动的向心力时，运动员才做离心运动，选项 D 错误。5如图所示，平面直角坐标系 xOy 的 x 轴水平向右， y 轴竖直向下，将一个可视为质点的小球从坐标原点 O 沿 x 轴正方向以某一初速度向着一光滑固定斜面抛出，小球运动到斜面顶端 a 点时速度方向恰好沿斜面向下，并沿斜面滑下。若小球沿水平方向的位移和速度分别用 x 和 vx表示，沿竖直方向的位移和速度分别用 y 和 vy表示，则在小球从 O 点到余斜面底端 b
10、 点的过程中，下列图象可能正确的是( )【答案】BC【解析】在平抛运动阶段，水平方向做匀速直线运动， 0xv保持不变，水平位移xvt随时间均匀增加；竖直方向做自由落体运动， ygt，即 y随时间均匀增大，竖直位移 21ygt，即是一条过原点开口向上的抛物线；当小球运动到斜面顶端 a 点时速度方向恰好沿斜面向下，则小球在斜面上做匀加速直线运动，将加速度沿水平方向和竖直方向5分解，可知在水平方向上以 0v为初速度匀加速直线运动，此时 0xxvat，随时间均匀增大，水平位移 201xvta，是一条开口向上的抛物线；在竖直方向上继续做匀加速直线运动， y仍随时间均匀增大，由于加速度小于原来平抛的重力加
11、速度，故增加的幅度变小，竖直位移 y 仍是一条开口向上的抛物线，由此分析可知 A、D 错误，B、C 正确。6(多选)如图所示，质量为 m 的小球用长度为 R 的细绳拴着在竖直面上绕 O 点做圆周运动，恰好能通过竖直面的最高点 A，重力加速度为 g，不计空气阻力，则( )A小球通过最高点 A 的速度为 gRB小球通过最低点 B 和最高点 A 的动能之差为 mgRC若细绳在小球运动到与圆心 O 等高的 C 点断了，则小球还能上升的高度为 RD若细绳在小球运动到 A 处断了，则经过 t 时间小球运动到与圆心等高的位置2Rg【答案】AD【解析】小球刚好通过最高点时，细绳的拉力恰好为零，有： mg m
12、，解得：vA2RvA ，故 A 正确；根据动能定理， Ek mg2R2 mgR，故 B 错误；从 A 到 C，由动能gR定理可得： mgR mvC2 mvA2，细绳在小球运动到与圆心 O 等高的 C 点断了，小球将做竖12 12直上抛运动，设上升的高度为 h，由动能定理得： mgh0 mvC2，解得： h1.5 R，故 C 错误；若细绳在小球运动到 A 处断了，小球将做平抛运动，12经过时间 t，小球下落高度 R，此时与圆心的位置等高，故 D 正确。2Rg7(多选)如图所示，两根等长的细线拴着两个小球在竖直平面内各自做圆周运动，某一时刻小球 1 运动到自身轨道的最低点，小球 2 恰好运动到自身
13、轨道的最高点，这两点高度相同，此时两小球速度大小相同，若两小球质量均为 m，忽略空气阻力的影响，则下列说法正确的是( )A此刻两根细线拉力大小相同B运动过程中，两根线上拉力的差值最大为 2mgC运动过程中，两根线上拉力的差值最大为 10mg6D若相对同一零势能面，小球 1 在最高点的机械能等于小球 2 在最低点的机械能【答案】CD【解析】题图位置，球 1 加速度向上，处于超重状态；球 2 加速度向下，处于失重状态，故球 1 受到的拉力较大，故 A 错误；球 1 在最高点，有： F1 mg m ，球 2 在最低点，v12R有： F2 mg m ，两个球运动过程中机械能守恒，设两球在题图位置的速度
14、为 v，对球v22R1： mv2 mv122 mgR，对球 2： mv2 mv222 mgR，联立解得：12 12 12 12F1 m 5 mg， F2 m 5 mg，故 F2 F110 mg，故 B 错误，C 正确；两个球运动过程中机v2R v2R械能守恒，而题图位置两个球的机械能相等，故两个球的机械能一直是相等的，故 D 正确。8如图所示，底端切线水平且竖直放置的光滑 14圆弧轨道的半径 R = 2 m，其轨道底端 P距地面的高度 h = 5 m， P 与右侧竖直墙的距离 L = 1.8 m， Q 为圆弧轨道上的一点，它与圆心 O 的连线 OQ 与竖直方向的夹角为 53。现将一质量 m =
15、100 g、可视为质点的小球从 Q 点由静止释放，重力加速度 g = 10 m/s2，不计空气阻力。 （sin 53 = 0.8，cos 53 = 0.6）(1)小球运动到 P 点时对轨道的压力多大？(2)若小球每次和竖直墙壁的碰撞均是弹性碰撞，则小球的最终落地点离右侧墙角 B点的距离为多少？（小球和地面碰撞后不再弹起）【解析】(1)小球由 Q 到 P 的过程，由动能定理得： mgR(1cos 53) 12mv2 在 P 点小球所受的支持力为 F，由牛顿第二定律有： F mg mv2/R 联立解得 F1.8 N根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力大小 F1.8 N。 (2)小球到达 P 点时速
16、度的大小为 v，由得 v4 m/s若右侧无墙壁，则小球做平抛运动的时间 t 2hg 联立解得小球做平抛运动的射程 x vt4 m 7由弹性碰撞和镜面对称的规律知，小球和左右两侧竖直墙壁各碰一次后，落到地面上，落点与 B 点相距s L( x2 L)1.4 m。 9. 如图所示，一内壁光滑的圆弧形轨道 ACB 固定在水平地面上，轨道的圆心为 O，半径R0.5 m， C 为最低点，其中 OB 水平， AOC37。一质量 m2 kg 的小球从轨道左侧距地面高 h0.55 m 的某处水平抛出，恰好从轨道 A 点沿切线方向进入圆弧形轨道，取g10 m/s 2，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)小球抛出点到 A 点的水平距离；(2)小球运动到 B 点时对轨道的压力大小。【解析】(1)小球做平抛运动，竖直方向： h R(1cos 37) gt212解得： t0.3 s竖直分速度： vy gt3 m/s水平分速度： v0 4 m/svytan 37抛出点距 A 点的水平距离： L x v0t1.2 m。(2)小球从抛出到 B 点过程，由动能定理得：mg(h R) mvB2 mv0212 12在 B 点，由牛顿第二定律得： F mvB2R解得： F68 N由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小： F F68 N。
