(物理)高考必刷题物理曲线运动题含解析

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，BC为半径r22m竖直放置的细圆管，O为细圆管的圆心，在圆管的末5端C连接倾斜角为45°、动摩擦因数μ＝0.6的足够长粗糙斜面，一质量为m＝0.5kg的小球从O点正上方某处A点以v0水平抛出，恰好能垂直OB从B点进入细圆管，小球过C点时速度大小不变，小球冲出C点后经过

9s再次回到C点。（g＝10m/s2）求： 8

（1）小球从O点的正上方某处A点水平抛出的初速度v0为多大？ （2）小球第一次过C点时轨道对小球的支持力大小为多少？

（3）若将BC段换成光滑细圆管，其他不变，仍将小球从A点以v0水平抛出，且从小球进入圆管开始对小球施加了一竖直向上大小为5N的恒力，试判断小球在BC段的运动是否为匀速圆周运动，若是匀速圆周运动，求出小球对细管作用力大小；若不是匀速圆周运动则说明理由。

【答案】（1）2m/s（2）20.9N（3）52N 【解析】 【详解】

（1）小球从A运动到B为平抛运动，有：rsin45°＝v0t 在B点有：tan45°gt v0解以上两式得：v0＝2m/s （2）由牛顿第二定律得： 小球沿斜面向上滑动的加速度： a1mgsin45mgcos45gsin45°+μgcos45°＝82m/s2

mmgsin45mgcos45gsin45°﹣μgcos45°＝22m/s2

m小球沿斜面向下滑动的加速度： a2设小球沿斜面向上和向下滑动的时间分别为t1、t2，

11a1t12a2t22

229又因为：t1+t2s

8由位移关系得：解得：t133s，t2s

48小球从C点冲出的速度：vC＝a1t1＝32m/s

2vC在C点由牛顿第二定律得：N﹣mg＝m

r解得：N＝20.9N

（3）在B点由运动的合成与分解有：vBv022m/s sin45因为恒力为5N与重力恰好平衡，小球在圆管中做匀速圆周运动。设细管对小球作用力大小为F

2vB由牛顿第二定律得：F＝m

r解得：F＝52N

由牛顿第三定律知小球对细管作用力大小为52N，

3．如图所示，半径为R的四分之三圆周轨道固定在竖直平面内，O为圆轨道的圆心，D为圆轨道的最高点，圆轨道内壁光滑，圆轨道右侧的水平面BC与圆心等高．质量为m的小球从离B点高度为h处（重力加速度为g）．

3Rh3R）的A点由静止开始下落，从B点进入圆轨道，2

（1）小球能否到达D点？试通过计算说明； （2）求小球在最高点对轨道的压力范围；

（3）通过计算说明小球从D点飞出后能否落在水平面BC上，若能，求落点与B点水平距离d的范围．

【答案】（1）小球能到达D点；（2）0F3mg；（3）

21Rd221R

【解析】 【分析】 【详解】

2mvD（1）当小球刚好通过最高点时应有：mg

R2mvD由机械能守恒可得：mghR

233R，因为h的取值范围为Rh3R，小球能到达D点； 22（2）设小球在D点受到的压力为F，则

联立解得h2mvD FmgR2mvD mghR23Rh3R解得：0F3mg 2据牛顿第三定律得小球在最高点对轨道的压力范围为：0F3mg

联立并结合h的取值范围

（3）由（1）知在最高点D速度至少为vDmin此时小球飞离D后平抛，有：R12gt 2gR xminvDmint

联立解得xmin2RR，故能落在水平面BC上，

2vD当小球在最高点对轨道的压力为3mg时，有：mg3mgmmax

R解得vDmax2gR 小球飞离D后平抛R12gt， 2xmaxvDmaxt

联立解得xmax22R

故落点与B点水平距离d的范围为：

21Rd221R



4．一宇航员登上某星球表面，在高为2m处，以水平初速度5m/s抛出一物体，物体水平射程为5m，且物体只受该星球引力作用求： （1）该星球表面重力加速度

（2）已知该星球的半径为为地球半径的一半，那么该星球质量为地球质量的多少倍． 【答案】（1）4m/s2；（2）【解析】

（1）根据平抛运动的规律：x＝v0t 得t＝1； 10x5＝s＝1s v05由h＝

12gt 22h22＝2m/s2＝4m/s2 2t1得：g＝（2）根据星球表面物体重力等于万有引力：mg＝地球表面物体重力等于万有引力：mg＝2M星gR星4121＝=() 则2M地gR地10210GM星m 2R星GM地m 2R地点睛：此题是平抛运动与万有引力定律的综合题，重力加速度是联系这两个问题的桥梁；知道平抛运动的研究方法和星球表面的物体的重力等于万有引力．

5．水平面上有一竖直放置长H＝1.3m的杆PO，一长L＝0.9m的轻细绳两端系在杆上P、Q两点，PQ间距离为d＝0.3m，一质量为m＝1.0kg的小环套在绳上。杆静止时，小环靠在杆上，细绳方向竖直；当杆绕竖直轴以角速度ω旋转时，如图所示，小环与Q点等高，细绳恰好被绷断。重力加速度g＝10m／s2，忽略一切摩擦。求：

（1）杆静止时细绳受到的拉力大小T； （2）细绳断裂时杆旋转的角速度大小ω； （3）小环着地点与O点的距离D。

【答案】（1）5N （2）53rad/s （3）1.6m 【解析】 【详解】

（1）杆静止时环受力平衡，有2T＝mg 得：T＝5N

（2）绳断裂前瞬间，环与Q点间距离为r，有r2＋d2＝（L－r）2 环到两系点连线的夹角为θ，有sin绳的弹力为T1，有T1sinθ＝mg T1cosθ＋T1＝mω2r 得53rad/s

dr，cos LrLr（3）绳断裂后，环做平抛运动，水平方向s＝vt

12gt 2环做平抛的初速度：v＝ωr

竖直方向：Hd小环着地点与杆的距离：D2＝r2＋s2 得D＝1.6m 【点睛】

本题主要是考查平抛运动和向心力的知识，解答本题的关键是掌握向心力的计算公式，能清楚向心力的来源即可。

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/s2）。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vy=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vy=gt求出运动的时间，再根据x=v0t求出水平射程．再根据h=【详解】

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

12

gt求出抛出点距地面的高度. 2

因为tan45=所以v0=vy

0

vyv0

初速度：v0=gt=10×1=10m/s。 （2）落地时，tan60'0v'yvx

所以落地竖直速度vygt3v0103m/s

解得t=3s

水平射程：xv0t103m17m （3）抛出点距地面的高度h【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．

2121gt103m15m 22

7．如图所示,粗糙水平地面与半径R1.6m的光滑半圆轨道BCD在B点平滑连接, O点是半圆轨道BCD的圆心, B、O、D三点在同一竖直线上,质量m2kg的小物块(可视为质点)静止在水平地面上的A点.某时刻用一压缩弹簧(未画出)将小物块沿AB方向水平弹出,小物块经过B点时速度大小为10m/s (不计空气阻力).已知xAB10m,小物块与水平地面间的

2动摩擦因数=0.2,重力加速度大小g10m/s.求：

(1)压缩弹簧的弹性势能；

(2)小物块运动到半圆轨道最高点时,小物块对轨道作用力的大小； (3)小物块离开最高点后落回到地面上的位置与B点之间的距离. 【答案】(1)140J (2)25N (3)4.8m 【解析】

(1)设压缩弹簧的弹性势能为EP，从A到B根据能量守恒，有

EP12mvBmgxAB 2代入数据得EP140J

(2)从B到D，根据机械能守恒定律有

1212mvBmvDmg2R 222vD在D点，根据牛顿运动定律有Fmgm

R代入数据解得F25N

由牛顿第三定律知，小物块对轨道作用力大小为25N (3)由D点到落地点物块做平抛运动竖直方向有2R落地点与B点之间的距离为xvDt 代入数据解得x4.8m

12gt 2点睛：本题是动能定理、牛顿第二定律和圆周运动以及平抛运动规律的综合应用，关键是确定运动过程，分析运动规律，选择合适的物理规律列方程求解．

8．如图所示，一质量为m=1kg的小球从A点沿光滑斜面轨道由静止滑下，不计通过B点时的能量损失，然后依次滑入两个相同的圆形轨道内侧，其轨道半径R=10cm，小球恰能通过第二个圆形轨道的最高点，小球离开圆形轨道后可继续向E点运动，E点右侧有一壕沟，E、F两点的竖直高度d=0.8m，水平距离x=1.2m，水平轨道CD长为L1=1m，DE长为L2=3m．轨道除CD和DE部分粗糙外，其余均光滑，小球与CD和DE间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2．求：

（1）小球通过第二个圆形轨道的最高点时的速度； （2）小球通过第一个圆轨道最高点时对轨道的压力的大小；

（3）若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球从A点释放时的高度的范围是多少？

【答案】(1)1m/s （2）40N (3)0.45mh0.8m或h1.25m 【解析】

⑴小球恰能通过第二个圆形轨道最高点，有：

2v2mgm

R求得：υ2=gR=1m/s ①

⑵在小球从第一轨道最高点运动到第二圆轨道最高点过程中，应用动能定理有： −μmgL1=

11mv22−mv12 ② 22222gL1=5m/s

求得：υ1=12 ③ 在最高点时，合力提供向心力，即FN+mg=mR求得：FN = m(

12R−g)= 40N

根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力为：FN′=FN=40N ④

⑵若小球恰好通过第二轨道最高点，小球从斜面上释放的高度为h1，在这一过程中应用动能定理有：mgh1 −μmgL1 −mg 2R =

1mv22 ⑤ 222=0.45m 求得：h1=2R+μL1+2g若小球恰好能运动到E点，小球从斜面上释放的高度为h1，在这一过程中应用动能定理有：

mgh2−μmg(L1+L2)=0−0 ⑥ 求得： h2=μ(L1+L2)=0.8m

使小球停在BC段，应有h1≤h≤h2，即：0.45m≤h≤0.8m 若小球能通过E点，并恰好越过壕沟时，则有 d =

122dgt →t == 0.4s ⑦ 2gx=3m/s ⑧ t12mvE −0 ⑨ 2x=vEt →υE=

设小球释放高度为h3，从释放到运动E点过程中应用动能定理有： mgh3 −μmg(L1+L2)=

2E=1.25m 求得：h3=μ(L1+L2)+2g即小球要越过壕沟释放的高度应满足：h≥1.25m

综上可知，释放小球的高度应满足：0.45m≤h≤0.8m或 h≥1.25m ⑩

9．某工厂在竖直平面内安装了如图所示的传送装置，圆心为O的光滑圆弧轨道AB与足够长倾斜传送带BC在B处相切且平滑连接，OA连线水平、OB连线与竖直线的夹角为

37，圆弧的半径为R1.0m，在某次调试中传送带以速度v2m/s顺时针转动，

现将质量为m13kg的物块P（可视为质点）从A点位置静止释放，经圆弧轨道冲上传送带，当物块P刚好到达B点时，在C点附近某一位置轻轻地释放一个质量为m21kg的物块Q在传送带上，经时间t1.2s后与物块P相遇并发生碰撞，碰撞后粘合在一起成为粘合体A．已知物块P、Q、粘合体S与传送带间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度

g10m/s2，sin370.6，cos370.8．试求：

（1）物块P在B点的速度大小； （2）传送带BC两端距离的最小值；

（3）粘合体回到圆弧轨道上B点时对轨道的压力．

【答案】（1）4m/s （2）3.04m（3）59.04N，方向沿OB向下。 【解析】 【分析】

【详解】

（1）由A到B，对物块P由动能定理有

m1gRcos可得物块P在B点的速度大小

1m1v12 2v12gRcos4m/s

（2）因vB>v，物块P在传送带上减速，受到向下的摩擦力，由牛顿第二定律有

m1gsinm1gcosm1a1

可得物块P的加速度大小

a1=10m/s2

减速至v的时间

t1运动位移

vv10.2s a1v2v12x10.6m

2a1因x1m1gsinm1gcosm1a2

可得物块P的加速度大小

a1=2m/s2

减速至0的时间

t2v1s a2因t2=t-t1，说明物块P刚好减速到零时与物块Q相遇发生碰撞 物块P第二段减速的位移大小

v2x21m

2a2对物体Q

m2gsinm2gcosm2a3

可得其加速度

a3=2m/s2

下滑的位移

x3BC的最小距离

12a3t1.44m 2L=x1+x2+x3=3.04m

（3）碰撞前物体Q的速度

v2=a3t=2.4m/s

物体P和Q碰撞

m2v2=（m1+m2）v3

可得碰撞后速度

v3=0.6m/s

碰撞后粘合体以加速度a3向下加速运动，到圆弧上的B点的过程，有

222a3x1x2＝v4-v3

可得粘合体在B点的速度

v4=2.6m/s

在B点由牛顿第二定律有

2v4Fm1m2gcos＝m1m2可得轨道对粘合体的支持力

F=59.04N

R

由牛顿第三定律得：粘合体S对轨道的压力F′=59.04N，方向沿OB向下。

10．如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为m＝2 kg的小球P和质量为M＝1 kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘E处放置一质量也为M＝1 kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知水平桌面高为h＝0.2 m，D点到桌面边缘的水平距离为x＝0.2 m，重力加速度为g＝10 m/s2，求：

(1)小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小NB′； (2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ； (3)被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。

【答案】(1)120N (2)2 m/s (3)3 J 【解析】 【详解】

（1）小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则有

2vCmg＝m

R解得

vC＝gR 对于小球P，从B→C，由动能定理有

1212－2mgR＝mvC－mvB

22解得

vB＝5gR 在B点有

2vBNB－mg＝m

R解得

NB＝6mg＝120 N

由牛顿第三定律有

NB′＝NB＝120 N

（2）设Q与S做平抛运动的初速度大小为v，所用时间为t，根据公式h＝

t＝0.2 s

根据公式x＝vt，得

v＝1 m/s

碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒， 则有

MvQ＝2Mv

解得

vQ＝2 m/s

（3）P、Q和弹簧组成的系统动量守恒， 则有

mvP＝MvQ

解得

vP＝1 m/s

对P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有

12

gt，得 21212Ep＝mvP＋MvQ

22解得

Ep＝3 J