曲线运动练习全集含解析

一、高中物理精讲专题测试曲线运动

1．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．D点位于水平桌面最右端，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R＝0.45m的圆环剪去左上角127°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离为R，P点到桌面右侧边缘的水平距离为1.5R．若用质量m1＝0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点，用同种材料、质量为m2＝0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后其位移与时间的关系为x＝4t﹣2t2，物块从D点飞离桌面后恰好由P点沿切线落入圆轨道．g＝10m/s2，求：

（1）质量为m2的物块在D点的速度；

（2）判断质量为m2＝0.2kg的物块能否沿圆轨道到达M点：

（3）质量为m2＝0.2kg的物块释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功. 【答案】（1）2.25m/s（2）不能沿圆轨道到达M点 （3）2.7J 【解析】 【详解】

（1）设物块由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直方向分速度为：

vy2gR2100.45m/s＝3m/s

vyvD所以：vD＝2.25m/s

tan53°4 3（2）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则

v2mg＝m，

R解得：vgR32m/s 222vPvDvy322.252m/s＝3.75m/s

物块到达P的速度：

若物块能沿圆弧轨道到达M点，其速度为vM，由D到M的机械能守恒定律得：

1122m2vMm2vPm2g1cos53R 222可得：vM0.3375，这显然是不可能的，所以物块不能到达M点

（3）由题意知x＝4t-2t2，物块在桌面上过B点后初速度vB＝4m/s，加速度为：

a4m/s2

则物块和桌面的摩擦力：m2gm2a 可得物块和桌面的摩擦系数: 0.4

质量m1＝0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点，由能量守恒可弹簧压缩到C点具有的弹性势能为：

Epm1gxBC0

质量为m2＝0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点时，由动能定理可得：

Epm2gxBC1m2vB2 2可得，xBC2m 在这过程中摩擦力做功：

W1m2gxBC1.6J

由动能定理，B到D的过程中摩擦力做的功：

W2代入数据可得：W2＝-1.1J

质量为m2＝0.2kg的物块释放后在桌面上运动的过程中摩擦力做的功

1122m2vDm2v0 22WW1W22.7J

即克服摩擦力做功为2.7 J.

2．光滑水平轨道与半径为R的光滑半圆形轨道在B处连接，一质量为m2的小球静止在B处，而质量为m1的小球则以初速度v0向右运动，当地重力加速度为g，当m1与m2发生弹性碰撞后，m2将沿光滑圆形轨道上升，问：

（1）当m1与m2发生弹性碰撞后，m2的速度大小是多少？

（2）当m1与m2满足m2km1(k0)，半圆的半径R取何值时，小球m2通过最高点C后，落地点距离B点最远。

【答案】（1） 2m1v0/(m1+m2) （2） R=v02/2g(1+k)2 【解析】 【详解】

（1）以两球组成的系统为研究对象， 由动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2， 由机械能守恒定律得：

111m1v02=m1v12+m2v22， 222解得：v22m1v0；

m1m2（2）小球m2从B点到达C点的过程中， 由动能定理可得：-m2g×2R=解得：v2v24gR211m2v2′2-m2v22， 22(2m1v022v)4gR(0)24gR；

m1m21k小球m2通过最高点C后，做平抛运动，

12

gt， 2水平方向：s=v2′t，

竖直方向：2R=解得：s(2v024R)16R2， 1kg2v0m2落地点距B最远． 由一元二次函数规律可知，当R2时小

2g(1k)

3．如图是节水灌溉工程中使用喷水龙头的示意图。喷嘴离地面高为h，将水连续不断地以恒定速度水平喷出，其喷灌的水平射程为10h，喷嘴横截面积为S（设同一横截面上各点水流速度大小均相同），水的密度为ρ，空气阻力忽略不计。重力加速度为g。

（1）求空中水的体积V；

（2）假如我们只研究其中一个质量为m的水滴，不计水滴间的相互影响，求它从喷嘴水平喷出后在空中运动过程中的动量变化量△p；

（3）假如水击打在水平地面上速度立即变为零，求水击打地面时竖直向下的平均作用力大小F。

【答案】（1）10hs （2）m2gh （3）10ρhSg 【解析】 【详解】

（1）水喷出时速度：

v0x10h52gh2h2h gg则空中水的体积：V＝v0S2h＝10hs g2h＝m2gh g（2）由动量定理得：△P＝mgt＝mg10hS2gh（3）向下为正，在竖直向对由动量定理：F＝﹣2hg＝﹣10ρhSg （因时间短，

则与地面作用时间内重力可略）

则由牛顿第三定律可得对地面的力为10ρhSg。

4．如图所示，半径为R的四分之三光滑圆轨道竖直放置，CB是竖直直径，A点与圆心等高，有小球b静止在轨道底部，小球a自轨道上方某一高度处由静止释放自A点与轨道相切进入竖直圆轨道，a、b小球直径相等、质量之比为3∶1，两小球在轨道底部发生弹性正碰后小球b经过C点水平抛出落在离C点水平距离为22R的地面上，重力加速度为g，小球均可视为质点。求

(1)小球b碰后瞬间的速度；

(2)小球a碰后在轨道中能上升的最大高度。 【答案】(1)6gR (2)【解析】 【详解】

(1)b小球从C点抛出做平抛运动，有：解得t1R 312gt2R 24R g小球b做平抛运动的水平位移：xvCt22R 解得vC2gR 根据机械能守恒有：

11mbvb2mbvC22mbgR 22可知小球b在碰后瞬间的速度：vb6gR

(2)a、b两小球相碰，由动量守恒得：mavamava'mbvb

a、b两小球发生弹性碰撞，由机械能守恒得：又ma＝3mb 解得：va可得：va'111mava2mava'2mbvb2 222211vb va'vavb 3236gR，小球a在轨道内运动，不能到达圆心高度，所以小球a不会脱离轨3道，只能在轨道内来回滚动，根据机械能守恒可得：解得：h1mava'2magh 2R 3

5．游乐场正在设计一个全新的过山车项目，设计模型如图所示，AB是一段光滑的半径为R的四分之一圆弧轨道，后接一个竖直光滑圆轨道，从圆轨道滑下后进入一段长度为L的粗糙水平直轨道BD，最后滑上半径为R圆心角60的光滑圆弧轨道DE．现将质量为m的滑块从A点静止释放，通过安装在竖直圆轨道最高点C点处的传感器测出滑块对轨道压力为mg，求：

0

（1）竖直圆轨道的半径r．

（2）滑块在竖直光滑圆弧轨道最低点B时对轨道的压力．

（3）若要求滑块能滑上DE圆弧轨道并最终停在平直轨道上（不再进入竖直圆轨道），平直轨道BD的动摩擦因数需满足的条件． 【答案】（1）【解析】

(1) 对滑块，从A到C的过程，由机械能守恒可得：

RRR （2）7mg（3）2LL312mg(R2r)mvC

22vC2mgm

r解得：r

R； 3

(2) 对滑块，从A到B的过程，由机械能守恒可得：

mgR12mvB 2在B点，有：

2vBNmgm

r可得：滑块在B点受到的支持力 N=7mg；

由牛顿第三定律可得，滑块在B点对轨道的压力

NN7mg，方向竖直向下；

(3) 若滑块恰好停在D点，从B到D的过程，由动能定理可得：

121mgLmvB

2可得：1R L若滑块恰好不会从E点飞出轨道，从B到E的过程，由动能定理可得：

122mgLmgR(1cos)mvB

2可得：

R2

2L若滑块恰好滑回并停在B点，对于这个过程，由动能定理可得：

123mg·2LmvB

2综上所述，需满足的条件：

RR． 2LL

6．如图所示，轨道ABCD的AB段为一半径R＝0.2 m的光滑1/4圆形轨道，BC段为高为h＝5 m的竖直轨道，CD段为水平轨道．一质量为0.2 kg的小球从A点由静止开始下滑，到达B点时速度的大小为2 m/s，离开B点做平抛运动(g＝10 m/s2)，求：

(1)小球离开B点后，在CD轨道上的落地点到C点的水平距离； (2)小球到达B点时对圆形轨道的压力大小；

(3)如果在BCD轨道上放置一个倾角θ＝45°的斜面(如图中虚线所示)，那么小球离开B点后能否落到斜面上？如果能，求它第一次落在斜面上的位置距离B点有多远．如果不能，请

说明理由．

【答案】(1)2 m (2)6 N (3)能落到斜面上，第一次落在斜面上的位置距离B点1.13 m 【解析】

①.小球离开B点后做平抛运动，

h12gt 2xvBt

解得：x2m

所以小球在CD轨道上的落地点到C的水平距离为2m ②.在圆弧轨道的最低点B，设轨道对其支持力为N

2vB由牛二定律可知：Nmgm

R代入数据，解得N3N

故球到达B点时对圆形轨道的压力为3N ③．由①可知，小球必然能落到斜面上

根据斜面的特点可知，小球平抛运动落到斜面的过程中，其下落竖直位移和水平位移相等

vBt12gt，解得：t0.4s 2则它第一次落在斜面上的位置距B点的距离为S2vBt0.82m．

7．三维弹球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．

8．如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B点水平，上端A与B点的高度差为h1＝0.3 m，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C点到B点的高度差为

h2＝0.1125m(传送带传动轮的大小可忽略不计)．一质量为m＝1 kg的滑块(可看作质点)从轨道的A点由静止滑下，然后从B点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C点落到传送带上，传送带逆时针传动，速度大小为v＝0.5 m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g＝10 m/s2，试求：

(1).滑块运动至C点时的速度vC大小；

(2).滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf； (3).滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q. 【答案】（1）2.5 m/s （2）1 J （3）32 J

【解析】本题考查运动的合成与分解、动能定理及传送带上物体的运动规律等知识。 (1) 在C点，竖直分速度： vy2gh21.5m/s

vyvcsin370，解得： vc2.5m/s

(2)C点的水平分速度与B点的速度相等，则vB＝vx＝vCcos37＝2m/s

12mvB，解得： Wf1J 2(3) 滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律得： mgcos37－mgsin37＝ma

从A到B点的过程中，据动能定理得： mgh1Wf解得： a＝0.4m/s 达到共同速度所需时间t二者间的相对位移x2vvc5s avvctvt5m 2由于mgsin37mgcos37，此后滑块将做匀速运动。

滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q＝mgcos37x＝32J

0

9．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m1=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F1，且F1=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， g10m/s， sin370.6，cos370.8。求：

2

（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F2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（3）

25N 5【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vp与x轴夹角为 从O点到P点，变力F1做功yp根据动能定理有W50.80.8J1.6J 21122，解得vp5m/s m1vPm1v022根据速度的合成与分解有v0vpcos，得53，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h小球位移在水平面内投影lvpt2m

设P点在地面的投影为P，则PMLyP2.5m

222由几何关系可得sPMl2lPMcos，解得s=1.5m

12gt，解得t=0.4s 2

滑块要与小球相遇，必须沿MN连线运动，由svt，得v3.75m/s （3）设外力F2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： F2cosf，其中fN，竖直方向有NF2sinm2g 联立解得F2m2g

cossin由数学知识可得F2m2g12sin，其最小值F2minm2g1225N。 5

10．如图所示，某同学在一辆车上荡秋千，开始时车轮被锁定，车的右边有一个和地面相平的沙坑，且右端和沙坑的左边缘平齐；当同学摆动到最大摆角θ=600时，车轮立即解除锁定，使车可以在水平地面无阻力运动，该同学此后不再做功，并可以忽略自身大小，已知秋千绳子长度L=4.5m，该同学和秋千支架的质量M=200kg，重力加速度g=10m/s2，试求：

（1）该同学摆到最低点时的速率；

（2）在摆到最低点的过程中，绳子对该同学做的功；

（3）该同学到最低点时，顺势离开秋千板，他落入沙坑的位置距离左边界多远？已知车辆长度s=3.6m，秋千架安装在车辆的正中央，且转轴离地面的高度H=5.75m. 【答案】（1）6m/s；（2）-225J；（3）0.421m 【解析】

（1）人向下运动的过程中，人与车在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则：

人向下运动的过程中系统的机械能守恒，则：

代入数据，联立得：

（2）对人向下运动的过程中使用动能定理，得：代入数据解得：

由于运动的时间相等，则：又：

，联立得：

，即车向左运动了

（3）人在秋千上运动的过程中，人与车组成的系统在水平方向的平均动量是守恒的，则：

人离开秋千后做平抛运动，运动的时间为：人沿水平方向的位移为：

所以人的落地点到沙坑边缘的距离为：代入数据，联立得：

。

点睛：该题中涉及的过程多，用到的知识点多，在解答的过程中要注意对情景的分析，尤其要注意人在秋千上运动的过程中，车不是静止的，而是向左运动。