高考物理专题汇编曲线运动(一)

一、高中物理精讲专题测试曲线运动

1．有一水平放置的圆盘，上面放一劲度系数为k的弹簧，如图所示，弹簧的一端固定于轴O上，另一端系一质量为m的物体A，物体与盘面间的动摩擦因数为μ，开始时弹簧未发生形变，长度为l．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力．求：

（1）盘的转速ω0多大时，物体A开始滑动？

（2）当转速缓慢增大到2ω0时，A仍随圆盘做匀速圆周运动，弹簧的伸长量△x是多少？ 【答案】（1） 【解析】 【分析】

（1）物体A随圆盘转动的过程中，若圆盘转速较小，由静摩擦力提供向心力；当圆盘转速较大时，弹力与摩擦力的合力提供向心力．物体A刚开始滑动时，弹簧的弹力为零，静摩擦力达到最大值，由静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求解角速度ω0． （2）当角速度达到2ω0时，由弹力与摩擦力的合力提供向心力，由牛顿第二定律和胡克定律求解弹簧的伸长量△x． 【详解】

若圆盘转速较小，则静摩擦力提供向心力，当圆盘转速较大时，弹力与静摩擦力的合力提供向心力．

（1）当圆盘转速为n0时，A即将开始滑动，此时它所受的最大静摩擦力提供向心力，则有： μmg＝mlω02， 解得：ω0= 即当ω0＝ gl （2）

3mgl

kl4mggl．

时物体A开始滑动．

gl（2）当圆盘转速达到2ω0时，物体受到的最大静摩擦力已不足以提供向心力，需要弹簧的弹力来补充，即：μmg+k△x＝mrω12， r=l+△x 解得：Vx＝【点睛】

当物体相对于接触物体刚要滑动时，静摩擦力达到最大，这是经常用到的临界条件．本题关键是分析物体的受力情况．

3mgl

kl4mg

2．如图所示，一箱子高为H．底边长为L，一小球从一壁上沿口A垂直于箱壁以某一初速度向对面水平抛出，空气阻力不计。设小球与箱壁碰撞前后的速度大小不变，且速度方向与箱壁的夹角相等。

（1）若小球与箱壁一次碰撞后落到箱底处离C点距离为（2）若小球正好落在箱子的B点，求初速度的可能值。 【答案】（1）【解析】 【分析】

（2）

，求小球抛出时的初速度v0；

（1）将整个过程等效为完整的平抛运动，结合水平位移和竖直位移求解初速度；（2）若小球正好落在箱子的B点，则水平位移应该是2L的整数倍，通过平抛运动公式列式求解初速度可能值。 【详解】

（1）此题可以看成是无反弹的完整平抛运动， 则水平位移为：x＝

＝v0t

竖直位移为：H＝gt2 解得：v0＝

；

（2）若小球正好落在箱子的B点，则小球的水平位移为：x′＝2nL（n＝1.2.3……） 同理：x′＝2nL＝v′0t，H＝gt′2 解得：

（n＝1.2.3……）

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，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)【解析】 【详解】

（1）由动能定理得W＝

（2）4R（3）

或

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=vct 2R=gt2

从B到C由动能定理得

联立知，S= 4 R

（3）假设弹簧弹性势能为ＥＰ，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 ＥＰ≤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：ＥＰ≥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

ＥＰ≤mgR 或 ＥＰ≥mgR.

4．如图1所示是某游乐场的过山车，现将其简化为如图2所示的模型：倾角37o、长

L60cm的直轨道AB与半径R10cm的光滑圆弧轨道BCDEF在B处平滑连接，C、F为圆轨道最低点，D点与圆心等高，E为圆轨道最高点；圆轨道在F点与水平轨道FG平滑连接整条轨道宽度不计．现将一质量m50g的滑块(可视为质点)从A端由

静止释放．已知滑块与AB段的动摩擦因数10.25，与FG段的动摩擦因数20.5，

sin37o0.6，cos37o0.8．

（1）求滑块到达B点时的动能E1； （2）求滑块到达E点时对轨道的压力FN；

（3）若要滑块能在水平轨道FG上停下，求FG长度的最小值x；

（4）若改变释放滑块的位置，使滑块第一次运动到D点时速度刚好为零，求滑块从释放到它第5次返回轨道AB上离B点最远时，它在AB轨道上运动的总路程s．

【答案】（1）0.12J；（2）0.1N；（3）0.52m；（4）0.58m 【解析】 【分析】 【详解】

（1）滑块由A点到达B点的过程中，重力做正功，摩擦力做负功，设B点速度为vB，且从A端由静止释放，根据动能定理可得：

mgLsin1mgLcosE112mvB0……① 212mvB……② 2由①②代入数据可解得：E10.12J；

（2）滑块在BCDEF光滑圆弧轨道上做圆周运动，从B点到E点，设到达E点时速度为

vE，根据动能定理可得：

1212mgR（1cos）mvEmvB③

22且由轨道对滑块的弹力N和重力提供向心力，则有：

2vENmgm……④

R根据牛顿第三定律，轨道对滑块的弹力N和滑块对轨道的压力FN是一对相互作用力，则有：

FN0.1N……⑤

由③④⑤代入数据可解得：

FN0.1N；

（3）在BCDEF圆弧轨道上只有重力做功，则从B点到F点，机械能守恒，则有：

EFE1mgR(1cos）0.13J⑥

滑块在FG轨道上由于摩擦力的作用做匀减速运动，且最终停下，根据动能定理可得：

2mgx0EF……⑦

由⑥⑦代入数据可解得：

x0.52m

（4）该变释放滑块的位置，设此时距离B点距离为s1，此时滑块到达D点时速度刚好为零，根据动能定理有：

mgs1sin1mgs1cosmgRcos0……⑧

设从D点第一次返回到AB轨道上离B点最远时到B点的距离为s2，根据动能定理有：

mgRcos1mgs2cosmgs2sin0……⑨

设从CD轨道第二次返回到AB轨道上离B点最远时到B点的距离为s3，根据动能定理有：

mgs2sin1mgs2cos1mgs3cosmgs3sin0……⑩

设从CD轨道第三次返回到AB轨道上离B点最远时到B点的距离为s4，根据动能定理

有：mgs3sin1mgs3cos1mgs4cosmgs4sin0……⑪

设从CD轨道第四次返回到AB轨道上离B点最远时到B点的距离为s5，根据动能定理

有：mgs4sin1mgs4cos1mgs5cosmgs5sin0……⑫

设从CD轨道第五次返回到AB轨道上离B点最远时到B点的距离为s6，根据动能定理

有：mgs5sin1mgs5cos1mgs6cosmgs6sin0……⑬

滑块从释放到它第5次返回轨道AB上离B点最远时，它在AB轨道上运动的总路程：

ss12s22s32s42s5s6……⑭

由⑧⑨⑩⑪⑫⑬⑭代入数据可解得：

s0.58m

5．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R．一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半个圆周运动到达C点．试求：

（1）弹簧开始时的弹性势能．

（2）物体从B点运动至C点克服阻力做的功． （3）物体离开C点后落回水平面时的速度大小． 【答案】(1)3mgR (2)0.5mgR (3)【解析】

试题分析：（1）物块到达B点瞬间，根据向心力公式有：解得：

5mgR 2

弹簧对物块的弹力做的功等于物块获得的动能，所以有

（2）物块恰能到达C点，重力提供向心力，根据向心力公式有：所以：

物块从B运动到C，根据动能定理有：解得：

（3）从C点落回水平面，机械能守恒，则：考点：本题考查向心力，动能定理，机械能守恒定律

点评：本题学生会分析物块在B点的向心力，能熟练运用动能定理，机械能守恒定律解相关问题．

6．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0.2kg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、sin370.6、cos370.8，g取10m/s2．求：

（1）物块经过P点时的速度大小vp；

（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，由牛顿第二定律得：

v2mg=m p

R解得：

vPgR100.42m/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°）+

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+s′CB）sin37°+mgR（1+cos37°）

解得：

s′CB=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．

1mvP2． 2

7．如图所示，一半径r＝0.2 m的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v0＝4 m/s，长为L＝1.25 m，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝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R＝0.25 m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/s2．求：

(1)滑块a到达底端B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）vB2m/s （2）FN1.2N 【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Mgr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μMg =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=3m/s<4m/s，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

12MvB 21122MvCMgRMvF 22得vF=2m/s

2vF在F处由牛顿第二定律MgFNM

R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．

8．地面上有一个半径为R的圆形跑道，高为h的平台边缘上的P点在地面上P′点的正上方，P′与跑道圆心O的距离为L（L＞R），如图所示，跑道上停有一辆小车，现从P点水平抛出小沙袋，使其落入小车中（沙袋所受空气阻力不计）．问：

（1）当小车分别位于A点和B点时（∠AOB=90°），沙袋被抛出时的初速度各为多大？ （2）要使沙袋落在跑道上，则沙袋被抛出时的初速度在什么范围内？

（3）若小车沿跑道顺时针运动，当小车恰好经过A点时，将沙袋抛出，为使沙袋能在B处落入小车中，小车的速率v应满足什么条件？

g vB【答案】（1）vA(LR)2h（2）(LR)（3）v【解析】 【分析】 【详解】

g(L2R2)

2hgg v0(LR)2h2h1g(4n1)R(n0,1,2,3...) 22h（1）沙袋从P点被抛出后做平抛运动，设它的落地时间为t，则h=解得t12

gt 22h （1） gg 2hL2R2（3）

当小车位于A点时，有xA=vAt=L-R（2） 解（1）（2）得vA=（L-R）当小车位于B点时，有xBvBt解（1）（3）得v BgL2R22h （2）若小车在跑道上运动，要使沙袋落入小车，最小的抛出速度为 v0min=vA=（L-R）g（4） 2hg 2hgg≤v0≤（L+R） 2h2h若当小车经过C点时沙袋刚好落入，抛出时的初速度最大，有xc=v0maxt=\"L+R\" （5） 解（1）（5）得 v0max=（L+R）所以沙袋被抛出时的初速度范围为（L-R）（3）要使沙袋能在B处落入小车中，小车运动的时间应与沙袋下落时间相同 tAB=（n+

12R）（n=0，1，2，3…）（6）

v4所以tAB=t=2h g解得v=

1g（4n+1）πR（n=0，1，2，3…）． 22h【点睛】

本题是对平抛运动规律的考查，在分析第三问的时候，要考虑到小车运动的周期性，小车

11圆周，也可以是经过了多个圆周之后再经过圆周后恰好到达B点，这是44同学在解题时经常忽略而出错的地方．

并一定是经过

9．一轻质细绳一端系一质量为m =0.05吻的小球儿另一端挂在光滑水平轴O上，O到小球的距离为L= 0.1m，小球跟水平面接触，但无相互作用，在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板，如图所示水平距离s=2m，动摩擦因数为μ=0.25.现有一滑块B，质量也为m=0.05kg，从斜面上高度h=5m处滑下，与 小球发生弹性正碰，与挡板碰撞时不损失机械能.若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，（g取10m/s2，结果用根号表示），试问：

（1）求滑块B与小球第一次碰前的速度以及碰后的速度. （2）求滑块B与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力.

（3）滑块B与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，求小球做完整圆周运动的次数.

【答案】（1）滑块B与小球第一次碰前的速度为95m/s，碰后的速度为0；（2）滑块B与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力48N；（3）小球做完整圆周运动的次数为10次。 【解析】 【详解】

（1）滑块将要与小球发生碰撞时速度为v1，碰撞后速度为v1′，小球速度为v2 根据能量守恒定律，得：

mgh=

解得：

v1=95m/s

A、B发生弹性碰撞，由动量守恒，得到:

mv1=mv1′+mv2

12smv1mg 22由能量守恒定律，得到：

121122mv2mv1mv1

222解得：

v1′=0，v2=95m/s

即滑块B与小球第一次碰前的速度为95m/s，碰后的速度为0 （2）碰后瞬间，有：

2v2T-mg=m

L解得：

T=48N

即滑块B与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力48N。

（3）小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为v0，则有：

2v0mg=m

L小球从最低点到最高点的过程机械能守恒，设小球在最低点速度为v，根据机械能守恒有：

1212mv2mgLmv0 22解得：

v=5m/s

滑块和小球最后一次碰撞时速度至少为v=5m/s，滑块通过的路程为s′，根据能量守恒有:

mgh=

解得：

s′=19m

小球做完整圆周圆周运动的次数：

n=

12mvmgs 2ss即小球做完整圆周运动的次数为10次。

s21= 10次

10．如图所示，一个质量为m=0.2kg的小物体(P可视为质点)，从半径为R=0.8m的光滑圆强轨道的A端由静止释放，A与圆心等高，滑到B后水平滑上与圆弧轨道平滑连接的水平桌面，小物体与桌面间的动摩擦因数为μ=0.6，小物体滑行L=1m后与静置于桌边的另一相同的小物体Q正碰，并粘在一起飞出桌面，桌面距水平地面高为h=0.8m不计空气阻力，g=10m/s2.求：

(1)滑至B点时的速度大小； (2)P在B点受到的支持力的大小； (3)两物体飞出桌面的水平距离； (4)两小物体落地前损失的机械能.

【答案】(1)v14m/s (2)FN6N (3)s=0.4m (4)△E=1.4J 【解析】 【详解】

（1）物体P从A滑到B的过程，设滑块滑到B的速度为v1，由动能定理有：

mgR1mv12 2解得：v14m/s

（2）物体P做匀速圆周运动，在B点由牛顿第二定律有:

mv12 FNmgR解得物体P在B点受到的支持力FN6N （3）P滑行至碰到物体Q前，由动能定理有:

mgL11mv22mv12 22解得物体P与Q碰撞前的速度v22m/s

P与Q正碰并粘在一起，取向右为正方向，由动量守恒定律有:

mv2mmv3

解得P与Q一起从桌边飞出的速度v31m/s 由平碰后P、Q一起做平抛运动，有：

h12gt 2sv3t

解得两物体飞出桌面的水平距离s=0.4m

（4）物体P在桌面上滑行克服阻力做功损失一部分机械能:

E1mgL1.2J

物体P和Q碰撞过程中损失的机械能:

11E2mv22(mm)v320.2J

22两小物体落地前损失的机械能EE1E2 解得：△E=1.4J