高考物理曲线运动练习题及解析

一、高中物理精讲专题测试曲线运动

1．一质量M=0.8kg的小物块，用长l=0.8m的细绳悬挂在天花板上，处于静止状态．一质量m=0.2kg的粘性小球以速度v0=10m/s水平射向小物块，并与物块粘在一起，小球与小物块相互作用时间极短可以忽略．不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2．求：

（1）小球粘在物块上的瞬间，小球和小物块共同速度的大小； （2）小球和小物块摆动过程中，细绳拉力的最大值； （3）小球和小物块摆动过程中所能达到的最大高度． 【答案】（1）v共=2.0m/s （2）F=15N (3)h=0.2m 【解析】

（1）因为小球与物块相互作用时间极短，所以小球和物块组成的系统动量守恒．

mv0(Mm)v共

得:v共=2.0m/s

（2）小球和物块将以v共 开始运动时，轻绳受到的拉力最大，设最大拉力为F，

v共2 F(Mm)g(Mm)L得:F15N

（3）小球和物块将以v共为初速度向右摆动，摆动过程中只有重力做功，所以机械能守恒，设它们所能达到的最大高度为h，根据机械能守恒：

1（m+M)gh(mM)v共2

2解得:h0.2m

综上所述本题答案是: （1）v共=2.0m/s （2）F=15N (3)h=0.2m 点睛:

（1）小球粘在物块上，动量守恒．由动量守恒，得小球和物块共同速度的大小． （2）对小球和物块合力提供向心力，可求得轻绳受到的拉力

（3）小球和物块上摆机械能守恒．由机械能守恒可得小球和物块能达到的最大高度．

2．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μ=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：（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5m/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】

2mvD(1)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：mg

R可得：vD5m/s

2mvC(2)小球在C点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则：Fmg

R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=6.3N

(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：2ghvy 得：vy=3m/s

小球沿切线进入圆弧轨道，则：vB2vysin3735m/s 0.6(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vBcos3750.84m/s

小球在水平面上做加速运动时：Fmgma1

2可得：a18m/s

小球做减速运动时：mgma2

2可得：a22m/s

由运动学的公式可知最大速度：vma1t；vAvma2t2 又：xvmvvtmAt2 22联立可得：t0.6s

3．如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3s后又恰好与倾角为45的斜面垂直相碰．已知半圆形管道的半径为R1m，小球可看作质点且其质量为

0m1kg，g10m/s2，求：

（1）小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离； （2）小球通过管道上B点时对管道的压力大小和方向． 【答案】（1）0.9m；（2）1N 【解析】 【分析】

（1）根据平抛运动时间求得在C点竖直分速度，然后由速度方向求得v，即可根据平抛运动水平方向为匀速运动求得水平距离；

（2）对小球在B点应用牛顿第二定律求得支持力NB的大小和方向． 【详解】

（1）根据平抛运动的规律，小球在C点竖直方向的分速度 vy=gt=10m/s

水平分速度vx=vytan450=10m/s

则B点与C点的水平距离为：x=vxt=10m （2）根据牛顿运动定律，在B点

v2NB+mg=m

R解得 NB=50N

根据牛顿第三定律得小球对轨道的作用力大小N, =NB=50N 方向竖直向上 【点睛】

该题考查竖直平面内的圆周运动与平抛运动，小球恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰到是解题的关键，要正确理解它的含义．要注意小球经过B点时，管道对小球的作用力可能向

上，也可能向下，也可能没有，要根据小球的速度来分析．

4．如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆形轨道，外圆ABCD光滑，内圆的上半部分B′C′D′粗糙，下半部分B′A′D′光滑．一质量m=0.2kg的小球从轨道的最低点A处以初速度v0向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径R=0.2m，取g=10m/s2．

（1）若要使小球始终紧贴着外圆做完整的圆周运动，初速度v0至少为多少？ （2）若v0=3m/s，经过一段时间小球到达最高点，内轨道对小球的支持力FC=2N，则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？

（3）若v0=3.1m/s，经过足够长的时间后，小球经过最低点A时受到的支持力为多少？小球在整个运动过程中减少的机械能是多少？（保留三位有效数字） 【答案】（1）v0=10m/s（2）0.1J（3）6N；0.56J 【解析】 【详解】

（1）在最高点重力恰好充当向心力

2mvC mgR从到机械能守恒

2mgR解得

1212mv0-mvC 22v010m/s

（2）最高点

'2mvC mg-FCR从A到C用动能定理

-2mgR-Wf1'212mvC-mv0 22得Wf=0.1J

（3）由v0=3.1m/s<10m/s于，在上半圆周运动过程的某阶段，小球将对内圆轨道间有弹力，由于摩擦作用，机械能将减小．经足够长时间后，小球将仅在半圆轨道内做往复运动．设此时小球经过最低点的速度为vA，受到的支持力为FA

mgR12mvA 22mvA FA-mgR得FA=6N

整个运动过程中小球减小的机械能

E得E=0.56J

12mv0-mgR 2

5．如图所示，一质量M=4kg的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，BC与CD相切于C，圆弧BC所对圆心角θ＝37°，圆弧半径R=2.25m，滑动摩擦因数μ=0.48。质量m=1kg的小物块从某一高度处的A点以v0＝4m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道，最终与小车保持相对静止。取g＝10m/s2，sin37°=0.6，忽略空气阻力，求:

（1）A、B间的水平距离；

（2）物块通过C点时，轨道对物体的支持力； （3）物块与小车因摩擦产生的热量。 【答案】（1）1.2m（2）FN25.1N（3）13.6J 【解析】 【详解】

（1）物块从A到B由平抛运动的规律得: tanθ=

gt v0x= v0t 得x=1.2m

（2）物块在B点时，由平抛运动的规律得：vBv0 cos物块在小车上BC段滑动过程中，由动能定理得： mgR(1－cosθ)＝

11mvC2－mvB2 222vC 在C点对滑块由牛顿第二定律得 FNmgmR联立以上各式解得：FN25.1N

（3）根据牛顿第二定律，对滑块有μmg＝ma1， 对小车有μmg＝Ma2

当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即 vC－a1t1＝a2t1 由以上各式解得 t134s， 6此时小车的速度为v＝a2t1＝34m/s 5物块在CD段滑动过程中由能量守恒定律得：解得：Q=13.6J

11mvC2＝（M＋m）v2 + Q 22

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）． ①小球恰好离开竖直杆时,竖直杆的角速度0多大? ②轻绳b伸直时,竖直杆的角速度多大？

【答案】(1)T【解析】 【详解】

415mg (2)①ω0=2152g15g ② l15l(1)设轻绳a与竖直杆的夹角为α

cos对小球进行受力分析得

15 4T解得：

mg cosT415mg 15(2)①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

r=

l 42mgtanm0r

解得:

ω0=215g 15l②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

rlsin60

mgtan60m2r

解得:

ω=轻绳b伸直时，竖直杆的角速度

2g l2g l

7．“抛石机”是古代战争中常用的一种设备，如图所示，为某学习小组设计的抛石机模型，其长臂的长度L = 2 m，开始时处于静止状态，与水平面间的夹角α=37°；将质量为m=10.0㎏的石块装在长臂末端的口袋中，对短臂施力，当长臂转到竖直位置时立即停止转动，石块被水平抛出，其落地位置与抛出位置间的水平距离x =12 m。不计空气阻力， 重力加速度g取10m/s²，取水平地面为重力势能零参考平面。sin37°= 0.6，cos37°= 0.8。求：

（1）石块在最高点的重力势能EP （2）石块水平抛出的速度大小v0； （3）抛石机对石块所做的功W。

【答案】（1）320J （2）15m/s （3）1445J

【解析】（1）石块在最高点离地面的高度：h=L+Lsinα=2×（1+0.6）m = 3.2m 由重力势能公式：EP=mgh=320J （2）石块飞出后做平抛运动 水平方向 x = v0t

12gt 2解得：v0 = 15m/s

竖直方向 h（3）长臂从初始位置转到竖直位置过程， 由动能定理得： Wmgh解得： Ｗ = 1445J

点睛：要把平抛运动分解水平方向上的匀速和竖直方向上的自由落体运动。

12mv0 2

8．如图所示，P为弹射器，PA、BC为光滑水平面分别与传送带AB水平相连，CD 为光滑半圆轨道，其半径R=2m，传送带AB长为L=6m，并沿逆时针方向匀速转动．现有一质量m=1kg 的物体（可视为质点）由弹射器P弹出后滑向传送带经BC紧贴圆弧面到达D点，已知弹射器的弹性势能全部转化为物体的动能，物体与传送带的动摩擦因数为=0.2．取g=10m/s2，现要使物体刚好能经过D点，求： （1）物体到达D点速度大小；

（2）则弹射器初始时具有的弹性势能至少为多少．

【答案】（1）25m/s；（2）62J 【解析】 【分析】 【详解】

（1）由题知，物体刚好能经过D点，则有：

2vDmgm

R解得：vDgR25m/s

（2）物体从弹射到D点，由动能定理得：

12WmgL2mgRmvD0

2WEp

解得：Ep62J

9．如图所示，四分之一光滑圆弧轨道AO通过水平轨道OB与光滑半圆形轨道BC平滑连接，B、C两点在同一竖直线上，整个轨道固定于竖直平面内，以O点为坐标原点建立直角坐标系xOy。一质量m=1kg的小滑块从四分之一光滑圆弧轨道最高点A的正上方E处由静止释放，A、E间的高度差h=2.7m，滑块恰好从A点沿切线进入轨道，通过半圆形轨道BC的最高点C时对轨道的压力F=150N，最终落到轨道上的D点(图中未画出)。已知四分之一圆弧轨道AO的半径R=1.5m，半圆轨道BC的半径r=0.4m，水平轨道OB长l=0.4m，重力加速度g=10m/s2。求：

(1)小滑块运动到C点时的速度大小；

(2)小滑块与水平轨道OB间的动摩擦因数； (3)D点的位置坐标.

【答案】(1)vC8m/s (2)0.5 (3)x1.2m,y0.6m 【解析】 【详解】

（1）滑块在C点时，对滑块受力分析，有

vC2 Fmgmr解得：vC8m/s

（2）滑块从E点到C点过程，由动能定理可知：

mghR2rmgl解得：0.5

12mvc 2（3）小滑块离开C点后做平抛运动，若滑块落到水平轨道，则

2r12gt，svCt 2解得：s3.2ml0.4m

所以滑块落到四分之一圆弧轨道上，设落点坐标为x,y，则有：

2ry12gt 22lxvCt

x2RyR2

解得：x1.2m，y0.6m

10．一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

由能量守恒定律，得到：

12smv1mg 2212112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