培优点七 曲线运动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。

典例1. (2017·全国卷Ⅱ·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. v 216gB. v 28gC. v 24gD. v 22g【解析】物块由最低点到最高点有：22111222mv mgr mv =+；物块做平抛运动：x =v 1t ；4r t g=联立解得：22416v x r g =-，由数学知识可知，当28v r g=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2v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】设甲球落至斜面时的速率为v 1，乙落至斜面时的速率为v 2，由平抛运动规律，x = vt ，212y gt =，设斜面倾角为θ，由几何关系，tan yxθ=，小球由抛出到落至斜面，由机械能守一、考点分析二、考题再现恒定律，2211122mv mgy mv +=，联立解得：211tan v θ=+，即落至斜面时的速率与抛出时的速率成正比。

同理可得，2211tan 2v θ=+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】A1．(多选)如图所示，一高度为h 的光滑平面与一倾角为θ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 大于gh2·1tan θ，t 与v 无关 D ．当v 小于gh2·1tan θ，t 与v 有关 【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h tan θ＝vt ，h ＝12gt 2，联立可得v ＝gh2·1tan θ，故当v 大于gh2·1tan θ时，小球落在水平面上，t ＝2hg，与v 无关；当v 小于gh2·1tan θ时，小球落在斜面上，x ＝vt ，y ＝12gt 2，y x ＝tan θ，联立可得t ＝2v tan θg，即与v 有关，故选项C 、D 正确。

2．(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ω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 三、对点速练C．重物M的最大速度是ωLD．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vv的夹角是θ，则v绳＝v cos θ，开始时θ减小，则v绳增大；当杆与细绳垂直(θ＝绳与0)时，重物M的速度最大，为v max＝ωL，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ω1做匀速转动，小环M、N在图示位置。

如果半圆环的角速度为ω2，ω2比ω1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，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α，当半圆环绕竖直对称轴以角速度ω1做匀速转动时，对小环M，外界提供的向心力等于m M g tan α，由牛顿第二定律得：m M g tan α＝m Mω12r M；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：m N g tan β＝m Nω12r N，β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，小环将做近心运动，向B点靠近，此时β也减小，外界提供的向心力m N g tan β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θ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B ．运动员受到的合力大小为m v 2R ，做圆周运动的向心力大小也是m v 2RC ．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ω＝vR，选项C 错误；只有运动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v x 表示，沿竖直方向的位移和速度分别用y 和v y 表示，则在小球从O 点到余斜面底端b 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，0x v v =保持不变，水平位移x x v t =随时间均匀增加；竖直方向做自由落体运动，y v gt =，即y v 随时间均匀增大，竖直位移212y gt =，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0x x v v a t =+，随时间均匀增大，水平位移2012x x v t a t =+，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 v 仍随时间均匀增大，由于加速度小于原来平抛的重力加速度，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 ＝2Rg时间小球运动到与圆心等高的位置【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 v A 2R，解得：v A ＝gR ，故A 正确；根据动能定理，ΔE k ＝mg ·2R ＝2mgR ，故B 错误；从A 到C ，由动能定理可得：mgR ＝12mv C 2－12mv A 2，细绳在小球运动到与圆心O 等高的C 点断了，小球将做竖直上抛运动，设上升的高度为h ，由动能定理得：－mgh ＝0－12mv C 2，解得：h ＝1.5R ，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，经过时间t ＝2Rg，小球下落高度R ，此时与圆心的位置等高，故D 正确。

7．(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10mgD ．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：F 1＋mg ＝m v 12R ，球2在最低点，有：F 2－mg ＝m v 22R ，两个球运动过程中机械能守恒，设两球在题图位置的速度为v ，对球1：12mv 2＝12mv 12＋2mgR ，对球2：12mv 2＝12mv 22－2mgR ，联立解得：F 1＝m v 2R －5mg ，F 2＝m v2R ＋5mg ，故F 2－F 1＝10mg ，故B 错误，C 正确；两个球运动过程中机械能守恒，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 =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/s 2，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 (1－cos 53°) ＝12mv 2① 在P 点小球所受的支持力为F ，由牛顿第二定律有：F －mg ＝mv 2/R ② 联立解得F ＝1.8 N根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力大小F'＝1.8 N 。