物理曲线运动专项习题及答案解析及解析

物理曲线运动专项习题及答案解析及解析
一、高中物理精讲专题测试曲线运动
1．如图，光滑轨道abcd 固定在竖直平面内，ab 水平，bcd 为半圆，在b 处与ab 相切．在直轨道ab 上放着质量分别为m A =2kg 、m B =1kg 的物块A 、B （均可视为质点），用轻质细绳将A 、B 连接在一起，且A 、B 间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接），其弹性势能E p =12J ．轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量M =2kg 、长L =0.5m 的小车，小车上表面与ab 等高．现将细绳剪断，之后A 向左滑上小车，B 向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d 处．已知A 与小车之间的动摩擦因数µ满足0.1≤µ≤0.3，g 取10m /s 2，求
（1）A 、B 离开弹簧瞬间的速率v A 、v B ； （2）圆弧轨道的半径R ；
（3）A 在小车上滑动过程中产生的热量Q （计算结果可含有µ）．
【答案】（1）4m/s （2）0.32m(3) 当满足0.1≤μ<0.2时，Q 1=10μ ；当满足0.2≤μ≤0.3
时，
22111
()22A A m v m M v -+ 【解析】 【分析】
（1）弹簧恢复到自然长度时，根据动量守恒定律和能量守恒定律求解两物体的速度； （2）根据能量守恒定律和牛顿第二定律结合求解圆弧轨道的半径R ；
（3）根据动量守恒定律和能量关系求解恰好能共速的临界摩擦力因数的值，然后讨论求解热量Q. 【详解】
（1）设弹簧恢复到自然长度时A 、B 的速度分别为v A 、v B ， 由动量守恒定律：
0=A A B B m v m v - 由能量关系：22
11=22
P A A B B E m v m v -
解得v A =2m/s ；v B =4m/s
（2）设B 经过d 点时速度为v d ，在d 点：2d
B B v m g m R
=
由机械能守恒定律：22d 11=222
B B B B m v m v m g R +⋅ 解得R=0.32m
（3）设μ=μ1时A 恰好能滑到小车左端，其共同速度为v,由动量守恒定律：
=()A A A m v m M v +由能量关系：()2
211122
A A A A m gL m v m M v μ=
-+ 解得μ1=0.2
讨论：
（ⅰ）当满足0.1≤μ<0.2时，A 和小车不共速，A 将从小车左端滑落，产生的热量为
110A Q m gL μμ== （J ）
（ⅱ）当满足0.2≤μ≤0.3时，A 和小车能共速，产生的热量为
()221111
22
A A Q m v m M v =
-+，解得Q 2=2J
2．如图所示，在竖直平面内有一绝缘“⊂”型杆放在水平向右的匀强电场中，其中AB 、CD 水平且足够长，光滑半圆半径为R ，质量为m 、电量为+q 的带电小球穿在杆上，从距B 点x=5.75R 处以某初速v 0开始向左运动．已知小球运动中电量不变，小球与AB 、CD 间动摩擦因数分别为μ1=0.25、μ2=0.80，电场力Eq=3mg/4，重力加速度为g ，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）若小球初速度v 0=4gR ，则小球运动到半圆上B 点时受到的支持力为多大； （2）小球初速度v 0满足什么条件可以运动过C 点；
（3）若小球初速度v=4gR ，初始位置变为x=4R ，则小球在杆上静止时通过的路程为多大．
【答案】（1）5.5mg （2）04v gR >（3）()44R π+ 【解析】 【分析】 【详解】
（1）加速到B 点：22
1011-22
mgx qEx mv mv μ-=
- 在B 点：2
v N mg m R
-=
解得N=5.5mg
（2）在物理最高点F ：tan qE mg
α=
解得α=370；过F 点的临界条件：v F =0
从开始到F 点：2101-(sin )(cos )02
mgx qE x R mg R R mv μαα-+-+=- 解得04v gR =
可见要过C 点的条件为：04v gR >
（3）由于x=4R<5.75R ，从开始到F 点克服摩擦力、克服电场力做功均小于（2）问，到F 点时速度不为零，假设过C 点后前进x 1速度变为零，在CD 杆上由于电场力小于摩擦力，小球速度减为零后不会返回，则：
2
121101--(-)202mgx mgx qE x x mg R mv μμ--⋅=-
1s x R x π=++
解得：(44)s R π=+
3．如图所示，质量为4kg M =的平板车P 的上表面离地面高0.2m h =，质量为1kg m =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0.9m R =，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11m/s v =，Q 与P 之间的动摩擦因数0.2μ=，重力加速度210m/s g =，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v 0，小球在下摆过程中，由动能定理有：
201(1cos60)2
mgR mv -︒=
在最低点有：
20
v T mg m R
-=
解得：
0==3m/s v gR 、T ＝20 N
(2)小球与Q 碰撞后，设小球与Q 的速度分别为v 0′和v Q ，在碰撞过程中由动量守恒和能量守恒有：
00
Q mv mv mv '=+ 22200111222
Q mv mv mv '=+
解得：
v Q ＝3 m/s
设Q 离开平板车时P 的速度为v 2，Q 与P 组成的系统动量守恒和能量守恒有：
mv Q ＝mv 1＋Mv 2
22212111222
Q mv mv Mv mgL μ=++ 解得：
v 2＝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：
2
12
h gt =
解得：
t ＝0.2 s
Q 落地时二者相距：
s ＝(v 1－v 2)t ＝0.1 m
4．如图所示，在竖直平面内有一倾角θ=37°的传送带BC ．已知传送带沿顺时针方向运行的速度v =4 m/s ，B 、C 两点的距离L =6 m 。

一质量m =0.2kg 的滑块（可视为质点）从传送带上端B 点的右上方比B 点高h =0. 45 m 处的A 点水平抛出，恰好从B 点沿BC 方向滑人传送带，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度g =10m/s 2 ，sin37°= 0.6，cos 37°=0.8。

求：
(1)滑块水平抛出时的速度v 0；
(2)在滑块通过传送带的过程中，传送带和滑块克服摩擦力做的总功W.
【答案】(1)v0=4m/s (2)W=8J
【解析】
【详解】
(1)滑块做平抛运动在B点时竖直方向的分速度为：
平抛后恰好沿BC方向滑人传送带，可知B点的平抛速度方向与传送带平行，
由几何关系及速度分解有：
解得：
(2)滑块在B点时的速度大小为
滑块从B点运动到C点过程中，由牛顿第二定律有：
可得加速度
设滑块到达C点时的速度大小为v C，有：
解得：
此过程所经历的时间为：
故滑块通过传送带的过程中，以地面为参考系，滑块的位移x1=L=6m，
传送带的位移x2=vt=4m；
传送带和滑块克服摩擦力所做的总功为：
代入数据解得：
【点睛】
此题需注意两点，(1)要利用滑块沿BC射入来求解滑块到B点的速度；(2)计算摩擦力对物体做的功时要以地面为参考系来计算位移。

5．如图所示，质量m=3kg的小物块以初速度秽v0=4m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。

圆弧轨道的半径为R= 3.75m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心D的连线与竖直方向成37 角，MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数μ=0.1，轨道其他部分光滑。

最右侧是一个半径为r =0.4m的半圆弧轨道，C点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD在D 点平滑连接。

已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

（1）求小物块经过B点时对轨道的压力大小；
（2）若MN的长度为L0=6m，求小物块通过C点时对轨道的压力大小；
（3）若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L。

【答案】（1）62N （2）60N （3）10m 【解析】 【详解】
（1）物块做平抛运动到A 点时，根据平抛运动的规律有：0cos37A v v ==︒ 解得：04
m /5m /cos370.8
A v v s s =
==︒
小物块经过A 点运动到B 点，根据机械能守恒定律有：
()2211cos3722
A B mv mg R R mv +-︒= 小物块经过B 点时，有：2
B
NB v F mg m R
-= 解得：()232cos3762N B
NB
v F mg m R
=-︒+=
根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62N （2）小物块由B 点运动到C 点，根据动能定理有：
22011222
C B mgL mg r mv mv μ--⋅=
- 在C 点，由牛顿第二定律得：2
C
NC v F mg m r
+=
代入数据解得：60N NC F =
根据牛顿第三定律，小物块通过C 点时对轨道的压力大小是60N
（3）小物块刚好能通过C 点时，根据22C
v mg m r
=
解得：2100.4m /2m /C v gr s s =
=⨯=
小物块从B 点运动到C 点的过程，根据动能定理有：
22211222
C B mgL mg r mv mv μ--⋅=
- 代入数据解得：L =10m
6．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=v 0t 求出水平射程．再根据
h=12
gt 2
求出抛出点距地面的高度. 【详解】
（1）如图，水平方向v x =v 0，竖直方向v y =gt ，1s 时速度与水平成45°角，即θ=45°
因为tan450=0
y v v
所以v 0=v y
初速度：v 0=gt=10×1=10m/s 。

（2）落地时，'0
tan 60y x
v v =
所以落地竖直速度'03103/y v gt v m s == 解得3
水平射程：010317x v t m m ==≈ （3）抛出点距地面的高度211
1031522
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．
7．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）2
m gh（3）10ρhSg
【解析】
【详解】
（1）水喷出时速度：0
52 22
v gh
h h
g g
===
则空中水的体积：V＝v02h
g
＝10hs
（2）由动量定理得：△P＝mgt＝2h
g
＝2gh
（3）向下为正，在竖直向对由动量定理：F
102
2
hS gh
h
g
ρ⋅
＝﹣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。

8．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 gR 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 2
R
gR g
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
，22044(24)0.480.8M M R R
y v t v v gx gR x g g
μμ⋅
=--⋅=-＝＝ 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
mv02，
所以，
2
2
1
2
2
mv 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＝
1
2
mv M2−
1
2
mv02；
所以
22
22
11
24
22
2
M
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．
9．如图所示，倾角θ=30°的光滑斜面上，一轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端连接质量m B=0.5kg的物块B，B通过轻质细绳跨过光滑定滑轮与质量m A=4kg的物块A连接，细绳平行于斜面，A在外力作用下静止在圆心角为α=60°、半径R=lm的光滑圆弧轨道的顶端a处，此时绳子恰好拉直且无张力；圆弧轨道最低端b与粗糙水平轨道bc相切，bc与一个半径r=0.12m的光滑圆轨道平滑连接，静止释放A，当A滑至b时，弹簧的弹力与物块A 在顶端d处时相等，此时绳子断裂，已知bc长度为d=0.8m，求：(g取l0m/s2)
(1)轻质弹簧的劲度系数k；
(2)物块A滑至b处，绳子断后瞬间，圆轨道对物块A的支持力大小；
(3)为了让物块A能进入圆轨道且不脱轨，则物体与水平轨道bc间的动摩擦因数μ应满足什么条件？
【答案】（1）5/
k N m
=（2）72N（3）0.350.5
μ
≤≤或0.125
μ≤
【解析】
（1）A 位于a 处时，绳无张力弹簧处于压缩状态，设压缩量为x
对B 由平衡条件可以得到：sin B kx m g θ=
当A 滑至b 时，弹簧处于拉伸状态，弹力与物块A 在顶端a 处时相等，则伸长量也为x ，由几何关系可知：2R x =，代入数据解得：5/k N m =；
（2）物块A 在a 处和在b 处时，弹簧的形变量相同，弹性势能相同
由机械能守恒有：()22111sin 22
A B A A B B m gR cos m gR m v m v αθ-=+
+ 将A 在b 处，由速度分解关系有：sin B A v v α=
代入数据解得：/A v s =
在b 处，对A 由牛顿定律有：2A b A A v N m g m R -= 代入数据解得支持力：72b N N =．
（3）物块A 不脱离圆形轨道有两种情况：
①不超过圆轨道上与圆心的等高点 由动能定理，恰能进入圆轨道时需要满足：21102
A A A m gd m v μ-=- 恰能到圆心等高处时需要满足条件：22102A A A A m gr m gd m v μ--=-
代入数据解得：10.5μ=，20.35μ= ②过圆轨道最高点，则恰好过最高点时：2
A A v m g m r
= 由动能定理有：22311222
A A A A A m gr m gd m v m v μ--=
- 代入数据解得：30.125μ=
为使物块A 能进入圆轨道且不脱轨，有：0.350.5μ≤≤或0.125μ≤．
10．如图所示，在竖直平面内有一“∞”管道装置，它是由两个完全相同的圆弧管道和两直管道组成。

直管道和圆弧管道分别相切于1A 、2A 、1B 、2B ，1D 、2D 分别是两圆弧管道的最高点，1C 、2C 分别是两圆弧管道的最低点，1C 、2C 固定在同一水平地面上。

两直管道略微错开，其中圆弧管道光滑，直管道粗糙，管道的粗细可忽略。

圆弧管道的半径均为R ，111111222222B O D AO C B O D A O C α∠=∠=∠=∠=。

一质量为m 的小物块以水平向左的速度0v 从1C 点出发沿管道运动，小物块与直管道间的动摩擦因数为μ。

设012/v m s =，m=1kg ，R=1.5m ，0.5μ=，37α=︒（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。

求：
（1）小物块从1C 点出发时对管道的作用力；
（2）小物块第一次经过2C 点时的速度大小；
（3）小物块在直管道12B A 上经过的总路程。

【答案】（1）106N ，方向向下（2）7（3）
534
m 【解析】
【详解】
(1)物块在C 1点做圆周运动，由牛顿第二定律有：
20v N mg m R
-= 可得：20106N v N mg m R =+= 由牛顿第三定律可知，小物块对管道的作用力大小为106N ，方向向下
(2)由几何知识易有：21122cos 4m sin R l A B A B αα
==== 从C 1到C 2由动能定理可得：222011cos 22
mgl mv mv μα-=
- 可得：2202cos 47m /s v v gl μα=-= (3)以C 1C 2水平线作为重力势能的参考平面，则小物块越过D 1、D 2点时的机械能需满足： 0230J E E mgR >==
由于直管道的摩擦，物块每完整经历直管道一次，机械能的减少量满足： cos 16J f E W mgl μα∆===
设n 为从第一次经过D 1后，翻越D 1和D 2的总次数，则有： 20012
mv n E E -∆>， ()2001-12
mv n E E +∆< 可得：n =2，表明小物块在第二次经过D 1后就到不了D 2，之后在D 1B 1A 2C 2D 2之间往复运动直至稳定，最后在A 2及C 2右侧与A 2等高处之间往复稳定运动。

由开始到稳定运动到达A 2点，由动能定理有：
()201cos 1cos 02
mgs mgR mv μαα---=- 可得：s=694
m 故在B 1A 2直管道上经过的路程为s'=s －l =534m。