高中物理曲线运动模拟试题及解析

一、高中物理精讲专题测试曲线运动

1．如图所示，倾角为45的粗糙平直导轨与半径为r的光滑圆环轨道相切，切点为

b，整个轨道处在竖直平面内. 一质量为m的小滑块从导轨上离地面高为H=3r的d处无初速下滑进入圆环轨道，接着小滑块从最高点a水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的c点. 已知圆环最低点为e点，重力加速度为g，不计空气阻力. 求： （1）小滑块在a点飞出的动能； （）小滑块在e点对圆环轨道压力的大小；

（3）小滑块与斜轨之间的动摩擦因数. （计算结果可以保留根号）

【答案】（1）Ek【解析】 【分析】 【详解】

142mgr；（2）F′=6mg；（3） 214（1）小滑块从a点飞出后做平拋运动： 水平方向：2rvat 竖直方向：r解得：va12gt 2gr

11mva2mgr 22小滑块在a点飞出的动能Ek（2）设小滑块在e点时速度为vm，由机械能守恒定律得：

11mvm2mva2mg2r 22mvm2 在最低点由牛顿第二定律：Fmgr由牛顿第三定律得：F′=F 解得：F′=6mg

（3）bd之间长度为L，由几何关系得：L221r

从d到最低点e过程中，由动能定理mgHmgcosL解得1mvm2 242 14

2．如图所示，质量为M4kg的平板车P的上表面离地面高h0.2m，质量为m1kg的小物块Q（大小不计，可视为质点）位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上，一不可伸长的轻质细绳长为R0.9m，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球（大小不计，可视为质点）。今将小球拉至悬线与竖直方向成60o角由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无机械能损失。已知Q离开平板车时速度大小v11m/s，Q与P之间的动摩擦因数0.2，重力加速度g10m/s2，计算： (1)小球与Q碰撞前瞬间，细绳拉力T的大小； (2)平板车P的长度L；

(3)小物块Q落地时与小车的水平距离s。

【答案】(1) 20 N；(2) 1.75 m；(3) 0.1 m。 【解析】 【详解】

(1)设小球与Q碰前瞬间的速度为v0，小球在下摆过程中，由动能定理有：

mgR(1cos60)在最低点有：

12mv0 22v0Tmgm

R解得：

v0=gR=3m/s、T＝20 N

(2)小球与Q碰撞后，设小球与Q的速度分别为v0′和vQ，在碰撞过程中由动量守恒和能量守恒有：

mvQ mv0mv0121122mvQmv0mv0

222解得：

vQ＝3 m/s

设Q离开平板车时P的速度为v2，Q与P组成的系统动量守恒和能量守恒有：

mvQ＝mv1＋Mv2

121212mvQmv1Mv2mgL 222解得：

v2＝0.5 m/s、L＝1.75 m

(3) Q脱离P后做平抛运动，设做平抛运动的时间为t，则：

h解得：

12gt 2t＝0.2 s

Q落地时二者相距：

s＝(v1－v2)t＝0.1 m

3．如图所示，水平长直轨道AB与半径为R=0.8m的光滑与半径为r=0.4m的光滑

1竖直圆轨道BC相切于B，BC41竖直圆轨道CD相切于C，质量m=1kg的小球静止在A点，现用4F=18N的水平恒力向右拉小球，在到达AB中点时撤去拉力，小球恰能通过D点．已知小球与水平面的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2．求： （1）小球在D点的速度vD大小； （2）小球在B点对圆轨道的压力NB大小； （3）A、B两点间的距离x．

【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：

2vDmgm

r解得：vD2m/s （2）从B到D，由动能定理：

mg(Rr)1212mvDmvB 22设小球在B点受到轨道支持力为N，由牛顿定律有：

2vBNmgm

RNB=N

联解③④⑤得：N=45N （3）小球从A到B，由动能定理：

Fx12mgxmvB 22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，

4．如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆形轨道，外圆ABCD光滑，内圆的上半部分B′C′D′粗糙，下半部分B′A′D′光滑．一质量m=0.2kg的小球从轨道的最低点A处以初速度v0向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径R=0.2m，取g=10m/s2．

（1）若要使小球始终紧贴着外圆做完整的圆周运动，初速度v0至少为多少？ （2）若v0=3m/s，经过一段时间小球到达最高点，内轨道对小球的支持力FC=2N，则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？

（3）若v0=3.1m/s，经过足够长的时间后，小球经过最低点A时受到的支持力为多少？小球在整个运动过程中减少的机械能是多少？（保留三位有效数字） 【答案】（1）v0=10m/s（2）0.1J（3）6N；0.56J 【解析】 【详解】

（1）在最高点重力恰好充当向心力

2mvC mgR从到机械能守恒

2mgR解得

1212mv0-mvC 22v010m/s

（2）最高点

'2mvC mg-FCR从A到C用动能定理

-2mgR-Wf得Wf=0.1J

1'212mvC-mv0 22（3）由v0=3.1m/s<10m/s于，在上半圆周运动过程的某阶段，小球将对内圆轨道间有弹力，由于摩擦作用，机械能将减小．经足够长时间后，小球将仅在半圆轨道内做往复运动．设此时小球经过最低点的速度为vA，受到的支持力为FA

mgR12mvA 22mvA FA-mgR得FA=6N

整个运动过程中小球减小的机械能

E得E=0.56J

12mv0-mgR 2

5．“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α=37°；将质量为m=10.0㎏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/s²，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+Lsinα=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

12gt 2解得：v0 = 15m/s

竖直方向 h（3）长臂从初始位置转到竖直位置过程， 由动能定理得： Wmgh解得： Ｗ = 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。

12mv0 2

6．如图所示，半径R=0.40m的光滑半圆环轨道处于竖起平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A．一质量m=0.10kg的小球，以初速度V0=7.0m/s在水平地面上向左做加速度a=3.0m/s2的匀减速直线运动，运动4.0m后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C点．求

（1）小球到A点的速度 （2）小球到B点时对轨道是压力

（3）A、C间的距离（取重力加速度g=10m/s2）．

【答案】（1） VA5m/s （2）FN1.25N （3）SAC=1.2m 【解析】 【详解】

22（1）匀减速运动过程中，有：vAv02as

解得：vA5m/s

2vB（2）恰好做圆周运动时物体在最高点B满足： mg=m1，解得vB1=2m/s

R假设物体能到达圆环的最高点B，由机械能守恒：联立可得：vB=3 m/s

因为vB>vB1，所以小球能通过最高点B．

121mvA=2mgR+mv2B 22v2此时满足FNmgm

R解得FN1.25N

（3）小球从B点做平抛运动，有：

12gt 2SAC=vB·t

2R=

得：SAC=1.2m． 【点睛】

解决多过程问题首先要理清物理过程，然后根据物体受力情况确定物体运动过程中所遵循的物理规律进行求解；小球能否到达最高点，这是我们必须要进行判定的，因为只有如此才能确定小球在返回地面过程中所遵循的物理规律．

7．如图所示，一质量为m的小球C用轻绳悬挂在O点，小球下方有一质量为2m的平板车B静止在光滑水平地面上，小球的位置比车板略高，一质量为m的物块A以大小为v0的初速度向左滑上平板车，此时A、C间的距离为d，一段时间后，物块A与小球C发生碰撞，碰撞时两者的速度互换，且碰撞时间极短，已知物块与平板车间的动摩擦因数为μ ，重力加速度为g，若A碰C之前物块与平板车已达共同速度，求： （1）A、C间的距离d与v0之间满足的关系式；

（2）要使碰后小球C能绕O点做完整的圆周运动，轻绳的长度l应满足什么条件？

【答案】（1）律得

；（2）

【解析】（1）A碰C前与平板车速度达到相等，设整个过程A的位移是x，由动量守恒定

由动能定理得：

解得

满足的条件是

（2）物块A与小球C发生碰撞，碰撞时两者的速度互换， C以速度v开始做完整的圆周运动，由机械能守恒定律得

小球经过最高点时，有

解得

【名师点睛】

A碰C前与平板车速度达到相等，由动量守恒定律列出等式；A减速的最大距离为d，由动能定理列出等式，联立求解。A碰C后交换速度，C开始做完整的圆周运动，由机械能守恒定律和C通过最高点时的最小向心力为mg，联立求解。

8．如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB是一长为2R的竖直细管，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧．投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，在弹簧上段放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．设质量为m的鱼饵到达管口C时，对管壁的作用力恰好为零．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能．已知重力加速度为g．求： (1)质量为m的鱼饵到达管口C时的速度大小v1; (2)弹簧压缩到0.5R时的弹性势能Ep;

(3)已知地面欲睡面相距1.5R，若使该投饵管绕AB管的中轴线OO 。在90角的范围内来

2m到m之间变化，且均能落到3水面．持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S是多少？

回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在

【答案】(1)gR ；(2)3mgR；(3)8.25R2 【解析】 【分析】

【详解】

(1)质量为m的鱼饵到达管口C时做圆周运动的向心力，完全由重力提供，则

v12mgm

R可以解得

v1gR

(2)从弹簧释放到最高点C的过程中，弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由系统的机械能守恒定律有

WFWG即

12mv10 21WFmg2.5Rm2得

gR20

WF3mgR

故弹簧弹性势能为Ep=3mgR

(3)不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响，质量为m的鱼饵离开管口C后做平抛运动，设经过t时间落到水面上，得

t2hR3 gg离OO'的水平距离为x1，鱼饵的质量为m时

x1v1t3R

鱼饵的质量为

2m时，由动能定理 321220 WFmg2.5Rmv1323整理得：

4gR v1同理：

t6R x2v1r1x1r4R r2x2r7R

鱼饵能够落到水面的最大面积S是

S1r22r128.25R2 4【点睛】

本题考查了圆周运动最高点的动力学方程和平抛运动规律，转轴转过90°鱼饵在水平面上

形成圆周是解决问题的关键，这是一道比较困难的好题．

9．三维弹球3DPinball是Window里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m0.1kg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：

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）26m/s 【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

2mvA， mgR所以，vAgR2m/s；

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：

12122mvBmvA2mgR，所以，vBvA4gR25m/s； 22那么对弹珠在B点应用牛顿第二定律可得：弹珠受到半圆轨道的支持力

2mvBFNmg6N，方向竖直向上；

R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NFN6N，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：

mgL1212mvCmvB， 222所以，vCvB2gL2m/s；

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：h12gt， 2xdvCtvC2h0.8m， g所以，d0.2m；

（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

0.6ms1.6m；

故平抛运动的初速度

vC'sts2h， g所以，1.5m/svC'4m/s；

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：

mg2R2rmgL112mvC'2mv0； 22所以，v0vC'22g2R2r2gLvC'28m/s， 故

41m/sv026m/s，所以小弹珠被弹射装置弹出时的最大初速度为26m/s； 2【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、动能定理及几何关系求解．

10．如图所示，AB是光滑的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，将弹簧水平放置，一端固定在A点．现使质量为m的小滑块从D点以速度v0＝

进入轨道DCB，然后沿着BA运动压缩弹簧，弹簧压缩最短时小滑块处于P点，重

力加速度大小为g，求：

（1）在D点时轨道对小滑块的作用力大小FN； （2）弹簧压缩到最短时的弹性势能Ep；

（3）若水平轨道AB粗糙，小滑块从P点静止释放，且PB＝5l，要使得小滑块能沿着轨道BCD运动，且运动过程中不脱离轨道，求小滑块与AB间的动摩擦因数μ的范围． 【答案】（1）

（2）

（3）μ≤0.2或0.5≤μ≤0.7

【解析】（1）解得

（2）根据机械能守恒

解得

（3）小滑块恰能能运动到B 点

解得μ＝0.7

小滑块恰能沿着轨道运动到C点

解得μ＝0.5 所以0.5≤μ≤0.7

小滑块恰能沿着轨道运动D点

解得μ＝0.2 所以μ≤0.2

综上 μ≤0.2或0.5≤μ≤0.7