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1、物理曲线运动题20 套 ( 带答案 ) 及解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1 如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘3.2m 处放着一质量为0.1kg 的小铁球（可看作质点），铁球与水平桌面间的动摩擦因数=0.2现用水平向右推力F=1.0N 作用于铁球，作用一段时间后撤去。铁球继续运动，到达水平桌面边缘A 点飞出，恰好落到竖直圆弧轨道 BCD的 B 端沿切线进入圆弧轨道，碰撞过程速度不变，且铁球恰好能通过圆弧轨道的最高点 D已知 BOC=37， A、 B、 C、 D 四点在同一竖直平面内，水平桌面离B 端的竖直高度 H=0.45m ，圆弧轨道半径R=0.5m ，C 点为圆弧轨道的最低点，求：（
2、取sin37 =0.6，cos37 =0.8）(1)铁球运动到圆弧轨道最高点D 点时的速度大小vD；(2)若铁球以 vC=5.15m/s 的速度经过圆弧轨道最低点C，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小FC；（计算结果保留两位有效数字）(3)铁球运动到B 点时的速度大小vB；(4)水平推力 F 作用的时间t 。【答案】 (1)铁球运动到圆弧轨道最高点D 点时的速度大小为5 m/s ；(2)若铁球以 vC=5.15m/s 的速度经过圆弧轨道最低点C，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小为 6.3N；(3)铁球运动到B 点时的速度大小是5m/s ；(4)水平推力 F 作用的时间是0.6s。【解析】【详解】(1
3、)小球恰好通过 D 点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律可得：mvD2mgR可得： vD5m / s(2)小球在 C 点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则：代入数据可得：F=6.3N由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：FC=F=6.3NFmgmvC2R(3)小球从 A 点到 B 点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有：2ghvy2得： vy=3m/svy3小球沿切线进入圆弧轨道，则：vB5m/ssin370.6(4)小球从 A 点到 B 点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，可得：vA vBcos3750.8 4m / s小球在水平面上做加速运动时：Fmg ma1可得： a18m
4、 / s2小球做减速运动时：mgma2可得： a22m / s2由运动学的公式可知最大速度：vma1t ； vA vm a2t2又： xvm tvmvA t222联立可得： t0.6s2 如图所示，在光滑的圆锥体顶部用长为的细线悬挂一质量为的小球，因锥体固定在水平面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角为，物体绕轴线在水平面内做匀速圆周运动，小球静止时细线与母线给好平行，已知，重力加速度g 取若北小球运动的角速度，求此时细线对小球的拉力大小。【答案】【解析】【分析】根据牛顿第二定律求出支持力为零时，小球的线速度的大小，从而确定小球有无离开圆锥体的斜面，若离开锥面，根据竖直方向上合力为零，水
5、平方向合力提供向心力求出线对小球的拉力大小。【详解】若小球刚好离开圆锥面，则小球所受重力与细线拉力的合力提供向心力，有：此时小球做圆周运动的半径为：解得小球运动的角速度大小为：代入数据得：若小球运动的角速度为：小球对圆锥体有压力，设此时细线的拉力大小为F，小球受圆锥面的支持力为，则水平方向上有：竖直方向上有：联立方程求得：【点睛】解决本题的关键知道小球圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，根据牛顿第二定律求出临界速度是解决本题的关键。3 光滑水平面AB 与一光滑半圆形轨道在B 点相连，轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为m 的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手
6、，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B 点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的9 倍，之后向上运动经C 点再落回到水平面，重力加速度为g.求：(1)弹簧弹力对物块做的功；(2)物块离开 C 点后，再落回到水平面上时距B 点的距离；(3)再次左推物块压紧弹簧，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为多少？【答案】(1)（2） 4R（ 3）或【解析】【详解】（1）由动能定理得W在 B 点由牛顿第二定律得：9mg mg m解得 W 4mgR（2）设物块经C 点落回到水平面上时距B 点的距离为S，用时为t ，由平抛规律知S=vct2R= gt2从 B 到 C 由动能定理得
7、联立知， S= 4 R（ 3）假设弹簧弹性势能为 ，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则物块可能在圆轨道的上升高度不超过半圆轨道的中点，则由机械能守恒定律知mgR若物块刚好通过C 点，则物块从B 到 C 由动能定理得物块在 C 点时 mg m则联立知： mgR.综上所述，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为mgR 或 mgR.4 如图所示，在竖直平面内有一半径为R的 1 光滑圆弧轨道，与水平地面相切于B4AB点。现将 AB锁定，让质量为 m的小滑块 P（视为质点）从 A点由静止释放沿轨道AB滑下，最终停在地面上的C点， 、B两点间的距离为 2 已知轨道的质量为2
8、 ，与BCRABm P点右侧地面间的动摩擦因数恒定，B点左侧地面光滑，重力加速度大小为g，空气阻力不计。（1）求 P刚滑到圆弧轨道的底端B 点时所受轨道的支持力大小N以及 P与 B点右侧地面间的动摩擦因数；（ 2）若将 AB解锁，让 P 从 A 点正上方某处 Q由静止释放， P 从 A 点竖直向下落入轨道，最后恰好停在 C点，求：当 P 刚滑到地面时，轨道 AB的位移大小 x1；Q与 A 点的高度差h 以及 P 离开轨道 AB后到达 C点所用的时间t 。【答案】（ 1） P 刚滑到圆弧轨道的底端B 点时所受轨道的支持力大小N 为 3mg ， P 与 B 点右侧地面间的动摩擦因数为 0.5；（
9、2）若将 AB 解锁，让P 从 A 点正上方某处Q 由静止释放， P 从 A 点竖直向下落入轨道，最后恰好停在C 点，当 P 刚滑到地面时，轨道AB的位移大小 x1 为 R ； Q 与 A 点的高度差h 为 R ， P 离开轨道 AB 后到达 C 点所用的时间32t 为132R 。6g【解析】【详解】（1）滑块从 A 到 B 过程机械能守恒，应用机械能守恒定律得：mgR= 1 mvB2，2在 B 点，由牛顿第二定律得：N-mg =m vB2，R解得： vB= 2gR ， N=3mg，滑块在 BC 上滑行过程，由动能定理得：-mg ?2R=0- 1 mvB2 ，2代入数据解得： =0.5；（ 2
10、）滑块与轨道组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1-2mv2=0m R x1 -2mx1 =0，tt解得： x1= R ；3滑块 P 离开轨道 AB 时的速度大小为vB， P 与轨道 AB 组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvB-2mv=0，由机械能守恒定律得：mg（R+h） = 1mvB2 12mv2 ，22解得： h= R ；2x1P 向右运动运动的时间：t 1= vB ，P 减速运动的时间为t2，对滑片，由动量定理得：-mgt 2=0-mvB，运动时间： t=t1+t 2，解得： t= 132R ；6g5 如图所示，水平实验
11、台A 端固定，B 端左右可调，将弹簧左端与实验平台固定，右端有一可视为质点，质量为2kg 的滑块紧靠弹簧（未与弹黄连接)，弹簧压缩量不同时，将滑块弹出去的速度不同.圆弧轨道固定在地面并与一段动摩擦因素为0.4 的粗糙水平地面相切D 点， AB 段最长时，BC两点水平距离xBC=0.9m, 实验平台距地面髙度h=0.53m ，圆弧半径R=0.4m， =37，已知 sin37 =0.6, cos37 =0.8.完成下列问題：（1）轨道末端 AB 段不缩短，压缩弹黄后将滑块弹出，滑块经过点速度vBC=3m/s ，求落到点时速度与水平方向夹角 ；（2）滑块沿着圆弧轨道运动后能在DE 上继续滑行 2m,
12、 求滑块在圆弧轨道上对D 点的压力大小：（3）通过调整弹簧压缩量，并将AB 段缩短，滑块弹出后恰好无碰撞从C 点进入圆弧 轨道，求滑块从平台飞出的初速度以及AB 段缩短的距离 .【答案】 （1） 45（ 2） 100N （3） 4m/s 、0.3m【解析】（1）根据题意 C 点到地面高度 hCR Rcos3700.08m从 B 点飞出后，滑块做平抛运动，根据平抛运动规律：h hC1 gt 22化简则 t0.3s根据 xBCvBt可知 vB3m / s飞到 C 点时竖直方向的速度vygt3m / s因此 tanvy1vB即落到圆弧 C 点时，滑块速度与水平方向夹角为45（2）滑块在 DE 阶段做
13、匀减速直线运动，加速度大小fgam根据 vE2vD22axDE联立两式则 vD4m / s在圆弧轨道最低处 FN mg m vD2R则 FN 100N ，即对轨道压力为100N（3）滑块弹出恰好无碰撞从C 点进入圆弧轨道，说明滑块落到C 点时的速度方向正好沿着轨迹该出的切线，即tanvyv0由于高度没变，所以vyvy3m / s ，370因此 v0 4m / s对应的水平位移为xACv0 t1.2m所以缩短的 AB 段应该是xABxAC xBC0.3m【点睛】滑块经历了弹簧为变力的变加速运动、匀减速直线运动、平抛运动、变速圆周运动，匀减速直线运动；涉及恒力作用的直线运动可选择牛顿第二定律和运动
14、学公式；而变力作用做曲线运动优先选择动能定理，对匀变速曲线运动还可用运动的分解利用分运动结合等时性研究6 如图所示 ,半径为 l,质量为 m 的小球与两根不可伸长的轻绳a,b 连接 ,两轻绳的另一端分4别固定在一根竖直光滑杆的A,B 两点上 .已知 A,B 两点相距为 l,当两轻绳伸直后 A、B 两点到球心的距离均为 l,重力加速度为 g（1）装置静止时,求小球受到的绳子的拉力大小T；（2）现以竖直杆为轴转动并达到稳定（轻绳a,b 与杆在同一竖直平面内）小球恰好离开竖直杆时,竖直杆的角速度0 多大 ?轻绳 b 伸直时 ,竖直杆的角速度多大？【答案】 (1)415015g2gT15mg (2)=
15、215ll【解析】【详解】(1)设轻绳 a 与竖直杆的夹角为15cos4对小球进行受力分析得mgTcos解得：T 4 15 mg15(2)小球恰好离开竖直杆时，小球与竖直杆间的作用力为零。可知小球做圆周运动的半径为lr=4mg tanm 02 r解得 :0= 215g15l轻绳 b 刚伸直时，轻绳a 与竖直杆的夹角为60，可知小球做圆周运动的半径为rl sin60mg tan 60m2r解得 :2g=l轻绳 b 伸直时，竖直杆的角速度2gl7 如图所示，水平转台上有一个质量为m 的物块，用长为2L 的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角 30，此时细绳伸直但无张力，物块与转台间动摩
16、擦因数为 ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力物块随转台由静止开始缓慢加速转动，重力加速度为 g，求：（ 1）当转台角速度 1 为多大时，细绳开始有张力出现；（ 2）当转台角速度 2 为多大时，转台对物块支持力为零；（3）转台从静止开始加速到角速度3g 的过程中，转台对物块做的功 L【答案】 （1）g3g（ 3）11（2）23 mgLL3L2【解析】【分析】【详解】（1）当最大静摩擦力不能满足所需要向心力时，细绳上开始有张力：mgm 12 2 L sin代入数据得1gL（2）当支持力为零时，物块所需要的向心力由重力和细绳拉力的合力提供mg tanm 22 2L sin代入数据得3g23L（3） 32
17、 ， 物块已经离开转台在空中做圆周运动设细绳与竖直方向夹角为，有mg tanm 32 2L sin代入数据得60转台对物块做的功等于物块动能增加量与重力势能增加量的总和即W1 m(32L sin 60o )2mg (2 L cos30o2L cos60 o )2代入数据得：1W(3) mgL【点睛】本题考查牛顿运动定律和功能关系在圆周运动中的应用，注意临界条件的分析，至绳中出现拉力时，摩擦力为最大静摩擦力；转台对物块支持力为零时，N=0， f=0根据能量守恒定律求转台对物块所做的功8 如图所示，大小相同且质量均为m 的 A、 B 两个小球置于光滑的边长为2 2 H 的正方形玻璃板上， B 静止
18、， A 由长为2 H 的轻质细绳悬挂于 O3，静止时细绳刚好拉直，悬点距离玻璃板和玻璃板距离水平地面均为H，玻璃板中心O2 位于悬点O3 正下方， O3 与 O2 的延长线和水平地面交于点O1已知重力加速度为g（ 1）某同学给 A 一个水平瞬时冲量 I， A 开始在玻璃板上表面做圆周运动且刚好对玻璃板无压力，求 I 满足的表达式；（2） A 运动半周时刚好与静止的B 发生对心弹性正碰，B 从玻璃板表面飞出落地，求小球B 的落点到O1 的距离【答案】 （1） I m gH（ 2）3H【解析】设细绳与竖直方向夹角为(1) cosH145o ， A 圆周运动轨道半径为 Hh由 A 的受力分析可知：m
19、v02mg tanH动量定理 ： Imv0Im gH(2)A 与 B 发生弹性正碰m1vom1v1m2v21 m1vo 21 m1v121 m2 v2 2222解得 v2gHB 球被碰后，在桌面上匀速运动飞出桌面后平抛，设平抛的射程为xH 1 gt 22xv2t由几何关系得 o1 pH 2(2 H x)2o1 p 3H【点睛】 (1)根据圆周运动向心力表达式即可求得；（2）根据弹性碰撞机械能守恒动量守恒求得 B 小球的速度，再结合平抛运动的知识求得距离9 如图， AB 为倾角37的光滑斜面轨道， BP 为竖直光滑圆弧轨道，圆心角为143 、半径 R 0.4m，两轨道相切于B 点， P 、 O
20、两点在同一竖直线上，轻弹资一端固定在 A 点另一自由端在斜面上C 点处，现有一质量 m 0.2 kg 的小物块（可视为质点）在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D 点后（不栓接）静止释放，恰能沿轨道到达P 点，已知CD 0.2m 、 sin370.6 、 cos370.8 ， g 取 10 m/s2 求：（ 1）物块经过 P 点时的速度大小 v p ；（ 2）若 BC 1.0m ，弹簧在 D 点时的弹性势能 EP ；（ 3）为保证物块沿原轨道返回，BC 的长度至少多大【答案】 （1） 2m/s(2)32.8J(3)2.0m【解析】【详解】（1）物块恰好能到达最高点P，由重力提供圆周运动的向心力，由牛顿
21、第二定律得：mg=m解得：v2pRvPgR100.42m/s（2）物块从D 到 P 的过程，由机械能守恒定律得：Ep=mg（ sDC+sCB）sin37 +mgR（ 1+cos37 ）+ 1 mvP22代入数据解得：Ep=32.8J（ 3）为保证物块沿原轨道返回，物块滑到与圆弧轨道圆心等高处时速度刚好为零，根据能量守恒定律得：Ep =mg（ sDC+sCB） sin37 +mgR（ 1+cos37 ）解得：sCB=2.0m点睛：本题综合考查了牛顿第二定律、机械能守恒定律的综合，关键是搞清物体运动的物理过程；知道圆周运动向心力的来源，即径向的合力提供向心力10 如图所示，一半径r 0.2 m 的
22、 1/4 光滑圆弧形槽底端 B 与水平传送带相接，传送带的运行速度为 v04 m/s ，长为 L 1.25 m ，滑块与传送带间的动摩擦因数 0.2， DEF为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空方形细管，EF段被弯成以 O 为圆心、半径 R0.25m 的一小段圆弧，管的D 端弯成与水平传带 C端平滑相接， O 点位于地面， OF 连线竖直一质量为 M 0.2 kg 的物块 a 从圆弧顶端 A 点无初速滑下，滑到传送带上后做匀加速运动，过后滑块被传送带送入管DEF，已知 a 物块可视为质点， a 横截面略小于管中空部分的横截面，重力加速度g 取 10 m/s 2求：(1)滑块 a 到达底端B
23、时的速度大小vB；(2)滑块 a 刚到达管顶F 点时对管壁的压力【答案】（ 1） vB2m / s （ 2） FN 1.2 N【解析】试题分析：（ 1）设滑块到达B 点的速度为 vB，由机械能守恒定律，有 M gr1Mv B22解得： vB=2m/s（ 2）滑块在传送带上做匀加速运动，受到传送带对它的滑动摩擦力，由牛顿第二定律 Mg =Ma滑块对地位移为 L，末速度为 vC，设滑块在传送带上一直加速由速度位移关系式 2Al=vC2-vB2得 vC，可知滑块与传送带未达共速,滑块从 C 至 F，由机械能守恒定律，有=3m/s4m/s1 MvC2MgR1 Mv F222得 vF=2m/s在 F 处由牛顿第二定律 M g FN M vF2R得 FN=1 2N 由牛顿第三定律得管上壁受压力为1 2N, 压力方向竖直向上考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律【名师点睛】物块下滑和上滑时机械能守恒，物块在传送带上运动时，受摩擦力作用，根据运动学公式分析滑块通过传送带时的速度，注意物块在传送带上的速度分析