高中物理曲线运动专项训练100(附答案)含解析

高中物理曲线运动专项训练100(附答案)含解析

一、高中物理精讲专题测试曲线运动

1．如图所示，倾角为45α=?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）12k E mgr =；（2）F ′=6mg ；（3）42μ-= 【解析】 【分析】 【详解】

（1）小滑块从a 点飞出后做平拋运动： 2a r v t = 竖直方向：2

12

r gt = 解得：a v gr =

小滑块在a 点飞出的动能211

22

k a E mv mgr =

= （2）设小滑块在e 点时速度为m v ，由机械能守恒定律得：

2211

222

m a mv mv mg r =+? 在最低点由牛顿第二定律：2

m mv 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：()

221L r =

从d 到最低点e 过程中，由动能定理21

cos 2

m mgH mg L mv μα-?= 解得42

14

μ-=

2．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

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．图示为一过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的光滑圆形轨道组成，BC 分别是圆形轨道的最低点和最高点，其半径R=1m ，一质量m ＝1kg 的小物块（视为质点）从左側水平轨道上的A 点以大小v 0＝12m ／s 的初速度出发，通过竖直平面的圆形轨道后，停在右侧水平轨道上的D 点．已知A 、B 两点间的距离L 1＝5．75m ，物块与水平轨道写的动摩擦因数μ=0．2，取g ＝10m ／s 2，圆形轨道间不相互重叠，求：

（1）物块经过B 点时的速度大小v B ； （2）物块到达C 点时的速度大小v C ；

（3）BD 两点之间的距离L 2，以及整个过程中因摩擦产生的总热量Q 【答案】(1) 11/m s (2) 9/m s (3) 72J 【解析】 【分析】 【详解】

（1）物块从A 到B 运动过程中，根据动能定理得：22101122

B mgL mv mv μ-=- 解得：11/B v m s =

（2）物块从B 到C 运动过程中，根据机械能守恒得：22

11·222

B C mv mv mg R =+ 解得：9/C v m s =

（3）物块从B 到D 运动过程中，根据动能定理得：2

2102

B mgL mv μ-=- 解得：230.25L m =

对整个过程，由能量守恒定律有：2

0102

Q mv =- 解得：Q=72J 【点睛】

选取研究过程，运用动能定理解题．动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动．知道小滑块能通过圆形轨道的含义以及要使小滑块不能脱离轨道的含义．

4．水平抛出一个物体，当抛出1秒后，它的速度方向与水平方向成45°角，落地时，速度方向与水平方向成60°角，（g 取10m/s 2）。求： （1）初速度

（2）水平射程（结果保留两位有效数字） （3）抛出点距地面的高度 【答案】（1）10m/s （2）17m(3)15m 【解析】 【分析】

平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．将1秒后的速度

进行分解，根据v y=gt求出竖直方向上的分速度，再根据角度关系求出平抛运动的初速度；将落地的速度进行分解，水平方向上的速度不变，根据水平初速度求出落地时的速度；根据落地时的速度求出竖直方向上的分速度，运用v y=gt求出运动的时间，再根据

x=v0t求出水平射程．再根据

h=

1

2

gt2求出抛出点距地面的高度.

【详解】

（1）如图，水平方向v x=v0，竖直方向v y=gt，1s时速度与水平成45°角，即θ=45°

因为tan450=

y

v

v

所以v0=v y

初速度：v0=gt=10×1=10m/s。

（2）落地时，

'

tan60y

x

v

v

=

所以落地竖直速度'

3103/

y

v gt v m s

===

解得t=3s

水平射程：

10317

x v t m m

==≈

（3）抛出点距地面的高度2

2

11

10315

22

h gt m m

==??=

【点睛】

解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．知道分运动和合运动具有等时性，掌握竖直方向和水平方向上的运动学公式．

5．如图甲所示，粗糙水平面与竖直的光滑半圆环在N点相切，M为圈环的最高点，圆环半径为R=0.1m，现有一质量m=1kg的物体以v0=4m/s的初速度从水平面的某点向右运动并冲上竖直光滑半圆环，取g=10m/s2，求：

（1）物体能从M 点飞出，落到水平面时落点到N 点的距离的最小值X m

（2）设出发点到N 点的距离为S ，物体从M 点飞出后，落到水平面时落点到N 点的距离为X ，作出X 2随S 变化的关系如图乙所示，求物体与水平面间的动摩擦因数μ

（3）要使物体从某点出发后的运动过程中不会在N 到M 点的中间离开半固轨道，求出发点到N 点的距离S 应满足的条件

【答案】（1）0.2m ；（2）0.2；（3）0≤x ≤2.75m 或3.5m ≤x ＜4m ． 【解析】 【分析】

（1）由牛顿第二定律求得在M 点的速度范围，然后由平抛运动规律求得水平位移，即可得到最小值；

（2）根据动能定理得到M 点速度和x 的关系，然后由平抛运动规律得到y 和M 点速度的关系，即可得到y 和x 的关系，结合图象求解；

（3）根据物体不脱离轨道得到运动过程，然后由动能定理求解． 【详解】

（1）物体能从M 点飞出，那么对物体在M 点应用牛顿第二定律可得：mg ≤2

M mv R

，所以，v M

1m /s ；

物体能从M 点飞出做平抛运动，故有：2R ＝

12

gt 2

，落到水平面时落点到N 点的距离x ＝v M t

2R ＝0.2m ； 故落到水平面时落点到N 点的距离的最小值为0.2m ；

（2）物体从出发点到M 的运动过程作用摩擦力、重力做功，故由动能定理可得：?μmgx ?2mgR ＝

12mv M 2?1

2

mv 02； 物体从M 点落回水平面做平抛运动，故有：2R ＝

12

gt 2

，M y v t ==＝ 由图可得：y 2=0.48-0.16x ，所以，μ＝0.16

0.8

＝0.2； （3）要使物体从某点出发后的运动过程中不会在N 到M 点的中间离开半圆轨道，那么物体能到达的最大高度0＜h≤R 或物体能通过M 点；

物体能到达的最大高度0＜h≤R 时，由动能定理可得：?μmgx ?mgh ＝0?

1

2

mv 02， 所以，22001

22mv mgh

v h x mg g μμμ

--＝＝，

所以，3.5m≤x ＜4m ；

物体能通过M 点时，由（1）可知v M

≥gR ＝1m /s ， 由动能定理可得：?μmgx

?2mgR ＝

12mv M 2?1

2

mv 02； 所以22220011

24222M M mv mv mgR

v v gR x mg g

μμ----=

＝， 所以，0≤x≤2.75m ； 【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．

6．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5m 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0.5μ=，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g ．

（1）求当弹簧压缩至长度为L 时的弹性势能p E ；

（2）若P 的质量为m ，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)5P E mgL = (2) 22S L = (3)5

53

2

m M m ＃ 【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

θ θ 22S L =

（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54mgL MgL μ> 5

2

M m <

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

21

2B

Mv MgL '≤ 21

42

p B

E Mv MgL μ=

'+

7．如图所示，长为3l 的不可伸长的轻绳，穿过一长为l 的竖直轻质细管，两端分别拴着质量为m 、2m 的小球A 和小物块B ，开始时B 静止在细管正下方的水平地面上。保持细管竖直用手轻轻摇动细管，稳定后A 在水平面内做匀速圆周运动而B 保持静止状态。某时刻B 静止在地面上且对地面的压力恰好为零。已知重力加速度为g ，不计一切阻力。求：

()1该时刻连接A 的轻绳与竖直方向的夹角θ； ()2该时刻A 的线速度大小v ；

()3从该时刻起轻摇细管使B 升高到离地高度为/2l 处保持静止，求B 上升过程中手对

A 、

B 系统做的功。

【答案】()1?

60o

；()32?2

gl

；()938mgl 。

【解析】 【分析】

(1)对B 根据平衡求绳子的拉力；对A 球分析，由力的平衡条件可求绳与竖直方向夹角θ； (2)对A 水平方向做圆周运动，利用牛顿第二定律列式求解；

(3)由力的平衡条件和牛顿第二定律并结合功能关系列式联立可求整个过程中人对A 、B 系统做的功。 【详解】

（1）B 对地面刚好无压力，故此时绳子的拉力为2T mg = 对A 受力分析如图所示：

在竖直方向合力为零，故cos T mg θ= 代入数据解得：60θ=o

（2）A 球水平方向做圆周运动，由牛顿第二定律得：2

sin sin v T m l θθ

=代入数据解得：

32

gl

v =

（3）当B 上升

2l 时，拉A 的绳长为32

l

，此时对水平方向上有： 2

1sin 3sin 2

v T m

l θθ= 联立解得：13

2

v gl =A 相对于原来的高度下降的距离：cos 24l l h V θ=

=B 物体重力势能的增加量：122

l

E mg mgl =?=V A 物体重力势能的减少量：244

l mgl

E mg =?

=V A 物体动能的增加量2231113

228

E mv mv mgl =

-=V 对系统运用功能关系可得手对系统做的功：1229

8

W E E E mgl =-+=V V V 【点睛】

本题综合考查共点力平衡、牛顿第二定律和功能关系，对于圆锥摆问题，关键分析小球的

受力情况，确定其向心力，运用牛顿第二定律和圆周运动的知识结合解答。

8．如图所示，表面光滑的长方体平台固定于水平地面上，以平台外侧的一边为x 轴，在平台表面建有平面直角坐标系xoy ，其坐标原点O 与平台右侧距离为d=1.2m 。平台足够宽，高为h=0.8m ，长为L=3.3m 。一个质量m 1=0.2kg 的小球以v0=3m/s 的速度沿x 轴运动，到达O 点时，给小球施加一个沿y 轴正方向的水平力F 1，且F 1=5y （N ）。经一段时间，小球到达平台上坐标为（1.2m ，0.8m ）的P 点时，撤去外力F1。在小球到达P 点的同时，平台与地面相交处最内侧的M 点，一个质量m2=0.2kg 的滑块以速度v 在水平地面上开始做匀速直线运动，滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.5，由于摩擦力的作用，要保证滑块做匀速运动需要给滑块一个外力F2，最终小球落在N 点时恰好与滑块相遇，小球、滑块均视为质点， 2

10/g m s =， sin370.6cos370.8?=?=，。求：

（1）小球到达P 点时的速度大小和方向； （2）M 、N 两点间的距离s 和滑块速度v 的大小； （3）外力F 2最小值的大小（结果可用根式表示）

【答案】（1）5m/s 方向与x 轴正方向成53°（2）1.5m ；3.75m/s （325

N 【解析】（1）小球在平台上做曲线运动，可分解为沿x 轴方向的匀速直线运动和沿y 轴方向的变加速运动，设小球在P 点受到p v 与x 轴夹角为α 从O 点到P 点，变力1F 做功50.8

0.8 1.62

p y J J ?=?= 根据动能定理有22

110

1122

P W m v m v =

-，解得5/p v m s = 根据速度的合成与分解有0cos p v v α=，得53α=?，小球到达P 点时速度与x 轴正方向成

53?

（2）小球离开P 点后做平抛运动，根据平抛运动规律有2

12

h gt =，解得t=0.4s 小球位移在水平面内投影2p l v t m ==

设P 点在地面的投影为P '，则 2.5P P M L y m ='=-

由几何关系可得222

2cos s P M l l P M θ=+-??''，解得s=1.5m

滑块要与小球相遇，必须沿MN 连线运动，由s vt =，得 3.75/v m s = （3）设外力2F 的方向与滑块运动方向（水平方向）的夹角为β，根据平衡条件 水平方向有： 2cos F f β=，其中f N μ=，竖直方向有22sin N F m g β+= 联立解得22cos sin m g

F μβμβ

=

+

由数学知识可得()

2221sin F μβθ=

++，其最小值22min 2

25

1F N μ=

=

+。

9．如图所示，一滑板放置在光滑的水平地面上，右侧紧贴竖直墙壁，滑板由圆心为O 、半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道和水平轨道两部分组成，且两轨道在B 点平滑连接，整个系统处于同一竖直平面内．现有一可视为质点的小物块从A 点正上方P 点处由静止释放，落到A 点的瞬间垂直于轨道方向的分速度立即变为零，之后沿圆弧轨道AB 继续下滑，最终小物块恰好滑至轨道末端C 点处．已知滑板的质量是小物块质量的3倍，小物块滑至B 点时对轨道的压力为其重力的3倍，OA 与竖直方向的夹角为θ=60°，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.3，重力加速度g 取102/m s ，不考虑空气阻力作用，求：

（1）水平轨道BC 的长度L ； （2）P 点到A 点的距离h ． 【答案】（1）2.5R （2）23

R 【解析】 【分析】

（1）物块从A 到B 的过程中滑板静止不动，先根据物块在B 点的受力情况求解B 点的速度；滑块向左滑动时，滑板向左也滑动，根据动量守恒和能量关系列式可求解水平部分的长度；（2）从P 到A 列出能量关系；在A 点沿轨道切向方向和垂直轨道方向分解速度；根据机械能守恒列出从A 到B 的方程；联立求解h ．

【详解】

（1）在B 点时，由牛顿第二定律：2B

B v N mg m R

-=，其中N B =3mg ；

解得2B v gR =；

从B 点向C 点滑动的过程中，系统的动量守恒，则(3)B mv m m v =+； 由能量关系可知：2211

(3)22

B mgL mv m m v μ=-+ 联立解得：L=2.5R ；

（2）从P 到A 点，由机械能守恒：mgh=

1

2

mv A 2； 在A 点：0

1sin 60A A v v =，

从A 点到B 点：202111(1cos60)22

A B mv mgR mv +-= 联立解得h=

23

R

10．如图所示，AB 为倾角37θ=?的斜面轨道，BP 为半径R =1m 的竖直光滑圆弧轨道，O 为圆心，两轨道相切于B 点，P 、O 两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A 点，另一端在斜面上C 点处，轨道的AC 部分光滑，CB 部分粗糙，CB 长L ＝1.25m ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.25，现有一质量m =2kg 的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D 点后释放(不栓接)，物块经过B 点后到达P 点，在P 点物块对轨道的压力大小为其重力的1.5倍，sin370.6,37cos 0.8??==，g=10m/s 2.求：

(1)物块到达P 点时的速度大小v P ； (2)物块离开弹簧时的速度大小v C ；

(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物块离开弹簧时速度的最大值v m . 【答案】(1)5m/s P v = (2)v C =9m/s (3)6m/s m v = 【解析】 【详解】

(1)在P 点，根据牛顿第二定律：

2P

P v mg N m R

+=

解得: 2.55m/s P v gR ==

(2)由几何关系可知BP 间的高度差(1cos37)BP h R =+?

物块C 至P 过程中，根据动能定理：

22

11sin 37cos37=22

BP P C mgL mgh mgL mv mv μ-?--?-

联立可得：v C =9m/s

(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物块能够到达的最大高度为与O 等高处的E 点， 物块C 至E 过程中根据动能定理：

2

1cos37sin 37sin 53=02

m mgL mgL mgR mv μ-?-?-?-

解得：6m/s m v =