高中物理曲线运动专题训练答案含解析

高中物理曲线运动专题训练答案含解析

一、高中物理精讲专题测试曲线运动

1．如图所示，在风洞实验室中，从A 点以水平速度v 0向左抛出一个质最为m 的小球，小球抛出后所受空气作用力沿水平方向，其大小为F ，经过一段时间小球运动到A 点正下方的B 点 处，重力加速度为g ，在此过程中求

（1）小球离线的最远距离； （2）A 、B 两点间的距离； （3）小球的最大速率v max ．

【答案】（1）

20

2mv F

（2）22

022m gv F （3）2220 4v F m g F

【解析】 【分析】

（1）根据水平方向的运动规律，结合速度位移公式和牛顿第二定律求出小球水平方向的速度为零时距墙面的距离；

（2）根据水平方向向左和向右运动的对称性，求出运动的时间，抓住等时性求出竖直方向A 、B 两点间的距离；

（3）小球到达B 点时水平方向的速度最大，竖直方向的速度最大，则B 点的速度最大，根据运动学公式结合平行四边形定则求出最大速度的大小； 【详解】

（1）将小球的运动沿水平方向沿水平方向和竖直方向分解 水平方向：F ＝m a x v 02＝2a x x m

解得：20

2m mv x F

＝ （2）水平方向速度减小为零所需时间0

1

x

v t a ＝ 总时间t ＝2t 1

竖直方向上：22

20

2

212m gv y gt F

＝＝ （3）小球运动到B 点速度最大 v x =v 0 V y =gt

22

2220

max 4x y v v v v F m g F

＝＝

++

【点睛】

解决本题的关键将小球的运动的运动分解，搞清分运动的规律，结合等时性，运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解．

2．如图所示，竖直圆形轨道固定在木板B 上，木板B 固定在水平地面上，一个质量为3m 小球A 静止在木板B 上圆形轨道的左侧．一质量为m 的子弹以速度v 0水平射入小球并停留在其中，小球向右运动进入圆形轨道后，会在圆形轨道内侧做圆周运动．圆形轨道半径为R ，木板B 和圆形轨道总质量为12m ，重力加速度为g ，不计小球与圆形轨道和木板间的摩擦阻力．求：

(1)子弹射入小球的过程中产生的内能；

(2)当小球运动到圆形轨道的最低点时，木板对水平面的压力；

(3)为保证小球不脱离圆形轨道，且木板不会在竖直方向上跳起，求子弹速度的范围．

【答案】(1)2038mv (2) 2

164mv mg R

+

(3)042v gR ≤或04582gR v gR ≤≤【解析】

本题考察完全非弹性碰撞、机械能与曲线运动相结合的问题． (1)子弹射入小球的过程，由动量守恒定律得：01(3)mv m m v =+ 由能量守恒定律得：220111

422

Q mv mv =-? 代入数值解得：2038

Q mv =

(2)当小球运动到圆形轨道的最低点时，以小球为研究对象，由牛顿第二定律和向心力公式

得2

11(3)(3)m m v F m m g R

+-+=

以木板为对象受力分析得2112F mg F =+ 根据牛顿第三定律得木板对水平的压力大小为F 2

木板对水平面的压力的大小20

2164mv F mg R

=+

(3)小球不脱离圆形轨有两种可能性：

①若小球滑行的高度不超过圆形轨道半径R 由机械能守恒定律得：()()211

332

m m v m m gR +≤+ 解得：042v gR ≤

②若小球能通过圆形轨道的最高点

小球能通过最高点有：2

2

(3)(3)m m v m m g R

++≤

由机械能守恒定律得：

221211(3)2(3)(3)22

m m v m m gR m m v +=+++ 代入数值解得：045v gR ≥

要使木板不会在竖直方向上跳起，木板对球的压力：312F mg ≤

在最高点有：2

3

3(3)(3)m m v F m m g R

+++=

由机械能守恒定律得：221311(3)2(3)(3)22

m m v m m gR m m v +=+++ 解得：082v gR ≤

综上所述为保证小球不脱离圆形轨道，且木板不会在竖直方向上跳起，子弹速度的范围是

042v gR ≤或04582gR v gR ≤≤

3．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 0gR 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gR 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：221011-22

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=+

4．如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，第Ⅰ象限的等腰直角三角形MNP 区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y ＜0的区域内存在着沿y 轴正方向的匀强电场

202mv E qh

=．一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子从电场中Q 点以速度v 0水平向右射出，

经坐标原点O 射入第Ⅰ象限．已知粒子在第Ⅲ象限运动的水平方向位移为竖直方向位移的2倍，且恰好不从PN 边射出磁场．已知MN 平行于x 轴，N 点的坐标为(2h,2h )，不计粒子的重力，求：

⑴入射点Q 的坐标； ⑵磁感应强度的大小B ； ⑶粒子第三次经过x 轴的位置坐标. 【答案】(1)()2,h h --(2) )

02

21mv qh

(3)(20262,0v gh g ??--??-????

【解析】 【分析】

带电粒子从电场中Q 点以速度v 0水平向右射出，在第Ⅲ象限做的是类平抛运动，在第I 象限，先是匀速直线运动，后是圆周运动，最后又在电场中做类斜抛运动． 【详解】

(1)带电粒子在第Ⅲ象限做的是类平抛运动，带电粒子受的电场力为1F 运动时间为1t ，有

1F qE =20

2mv h

=

由题意得

11F qE a m m

=

= 101x v t =

21112

y at =

解得

20

1mv x Eq =

20

12mv y Eq

=

202mv E qh

=

Q 的坐标

()2,h h --

(2) 带电粒子经坐标原点O 射入第Ⅰ象限时的速度大小为1v

0x v v =

1y v at =

1

mv t Eq

=

联立解得

0y v v =

102v v =

由带电粒子在通过坐标原点O 时，x 轴和y 轴方向速度大小相等可知，带电粒子在第I 象限以02v 速度大小，垂直MP 射入磁场，并在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，且恰好不从PN 边射出磁场．如下图所示，设圆周的半径为R ，由牛顿第二定律则有

20

022mv q v B R

= 0

2R qB =

由图知EC 是中位线，O 1是圆心，D 点是圆周与PN 的切点，由几何知识可得，圆周半径

22R =

+ 解得

)0

2

21B mv qh

=

(3) 02v ，且抛

射角是045，如下图所示，

根据斜抛运动的规律，有

202x v v =cos450

202y v v =sin450

带电粒子在电场中飞行时间为2t 则有

10

222y v v t g

g

=

=

带电粒子在电场中水平方向飞行距离为2x 有

20

2222x v x v t g

==

带电粒子在2p 点的坐标 由几何知识可知2p 点的坐标是

（

422

22

h h -+，0）

带电粒子在1p 点的坐标是

()

202642,0v gh g ??--??-????

【点睛】

带电粒子在不同场中运动用不同的物理公式以及利用几何知识来计算．

5．如图所示，高为 L 的倾斜直轨道 AB 、CD 与水平面的夹角均为53°，分别与竖直平面内的光滑圆弧轨道相切于 B 、D 两点，圆弧的半径也为 L 。质量为m 的小滑块从A 点由静止下滑后，经轨道 CD 后返回，再次冲上轨道AB 至速度为零时，相对于水平线BD 的高度为

6

L

。已知滑块与轨道AB 间的动摩擦因数μ1=0.5，重力加速度为g ，(取sin530.8cos530.6??==，)求：

（1）求滑块第一次经过 B 点的速度大小；

（2）滑块第一次经过圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小； （3）滑块与轨道 CD 间的动摩擦因数μ2。 【答案】（1）5gL

（2）6120mg （3）276123μ= 【解析】 【详解】

（1）A B →由动能定理：2

11(cos53)0sin 532

B L mgL mg mv μ-?

=-o

o

1

2

554B gL gL v ??

== ?

??

（2）B 到最低点由动能定理得：2211(1cos53)22

B mgL mv mv -=

-o

在最低点由牛顿第二定律得：2

v N mg m L

-=

6120

N mg =

所以，对轨道的压力为

61

20

mg （3）从B 到CD 斜面的最高点由动能定理得：

()2

21sin 53cos5302

B mg mg x mv μ??-+=-

从CD 斜面最高点到停止位置由动能定理得：

211(sin 53cos53)(sin 53cos53)

006sin 53L mg mg x mg mg o o o o o

μμ--+?=- 276123

μ=

6．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)5

2

mgR 【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：

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．

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v 0＝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/s 2．求：

(1)滑块a 到达底端B 时的速度大小v B ； (2)滑块a 刚到达管顶F 点时对管壁的压力． 【答案】（1）2/B v m s = （2） 1.2N F N = 【解析】

试题分析：（1）设滑块到达B 点的速度为v B ，由机械能守恒定律，有21g 2

B M r Mv = 解得：v B =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v C ，设滑块在传送带上一直加速 由速度位移关系式2Al=v C 2-v B 2

得v C =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

221122

C F Mv MgR Mv =+ 得v F =2m/s

在F 处由牛顿第二定律2

g F

N v M F M R

+=

得F N =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．如图所示，一质量为m 的小球C 用轻绳悬挂在O 点，小球下方有一质量为2m 的平板车B 静止在光滑水平地面上，小球的位置比车板略高，一质量为m 的物块A 以大小为v 0的初速度向左滑上平板车，此时A 、C 间的距离为d ，一段时间后，物块A 与小球C 发生碰撞，碰撞时两者的速度互换，且碰撞时间极短，已知物块与平板车间的动摩擦因数为μ ，重力加速度为g ，若A 碰C 之前物块与平板车已达共同速度，求： （1）A 、C 间的距离d 与v 0之间满足的关系式；

（2）要使碰后小球C 能绕O 点做完整的圆周运动，轻绳的长度l 应满足什么条件？

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）A 碰C 前与平板车速度达到相等，设整个过程A 的位移是x ，由动量守恒定

律得

由动能定理得：

解得

满足的条件是

（2）物块A 与小球C 发生碰撞，碰撞时两者的速度互换， C 以速度v 开始做完整的圆周运动，由机械能守恒定律得

小球经过最高点时，有

解得

【名师点睛】

A 碰C 前与平板车速度达到相等，由动量守恒定律列出等式；A 减速的最大距离为d ，由动能定理列出等式，联立求解。A 碰C 后交换速度，C 开始做完整的圆周运动，由机械能守恒定律和C 通过最高点时的最小向心力为mg ，联立求解。

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

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

现将质量为13kg m =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21kg m =的物块Q 在传送带上，经时间 1.2s t =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0.5μ=，重力加速度

210m/s g =，sin370.6?=，cos370.8?=．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

21111

cos 2

m gR m v θ=

可得物块P 在B 点的速度大小

12cos 4m/s v gR θ==

（2）因v B >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

1111sin cos m g m g m a θμθ+=

可得物块P 的加速度大小

a 1=10m/s 2

减速至v 的时间

1

11

0.2v v t s a -=

=- 运动位移

22

111

0.62v v x m a -==-

因x 1，物块P 继续向上减速，有

1112sin cos m g m g m a θμθ-=

可得物块P 的加速度大小

a 1=2m/s 2

减速至0的时间

22

1v

t s a =

= 因t 2=t-t 1，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

2

22

12v x m a ==

对物体Q

2223sin cos m g m g m a θμθ-=

可得其加速度

a 3=2m/s 2

下滑的位移

2

331 1.442

x a t m =

= BC 的最小距离

L =x 1+x 2+x 3=3.04m

（3）碰撞前物体Q 的速度

v 2=a 3t =2.4m/s

物体P 和Q 碰撞

m 2v 2=（m 1+m 2）v 3

可得碰撞后速度

v 3=0.6m/s

碰撞后粘合体以加速度a 3向下加速运动，到圆弧上的B 点的过程，有

()22

312432-a x x v v +＝

可得粘合体在B 点的速度

v 4=2.6m/s

在B 点由牛顿第二定律有

()()

124

12

2F m m gcos m R

v m θ-++＝

可得轨道对粘合体的支持力

F =59.04N

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，半径R=0.4 m 的圆盘水平放置，绕竖直轴OO′匀速转动，在圆心O 正上方

h =0.8 m 高处固定一水平轨道PQ ，转轴和水平轨道交于O′点．一质量m=2kg 的小车（可

视为质点），在F=6 N 的水平恒力作用下（一段时间后，撤去该力），从O′左侧02x =m 处由静止开始沿轨道向右运动，当小车运动到O′点时，从小车上自由释放一小球，此时圆盘半径OA 与x 轴重合. 规定经过O 点水平向右为x 轴正方向. 小车与轨道间的动摩擦因数

0.2μ=，g 取10 m/s 2.

（1）为使小球刚好落在A 点，圆盘转动的角速度应为多大? （2）为使小球能落到圆盘上，求水平拉力F 作用的距离范围?

【答案】(1) 5(1

2k k ==L ，，）ωπ (2) 43

(m)32

x ≤≤ 【解析】 【分析】 【详解】 (1) 220.8

0.4()10

h t s g ?=

== 为使小球刚好落在A 点，则小球下落的时间为圆盘转动周期的整数倍，有

2k t kT π

ω

==

，其中k=1，2，3…

即252g

rad k k s h

ωπ

π==，其中k=1，2，3…

(2) 当球落到O 点时，00v '=

21 1.0/F mg

a m s m

μ-=

=

得：2

112v a x =

F 撤去后，匀减速，22 2.0/f

a g m s m

μ=

== 2222v a x =

依题意：122x x += 由以上各式解得：14

()3

x m = 当球落到A 点时，01/R

v m s t

'== 先匀加速，后匀减速

220222v v a x '-=

由以上各式得：13

1.5()2

x m =

= 水平力作用的距离范围43

(m)32

x ≤≤ 【点睛】

解决本题的关键知道物块整个过程的运动：匀加速直线运动、匀减速直线运动和平抛运动，知道三个过程的运动时间与圆盘转动的时间相等．以及熟练运用运动学公式．