高中物理《曲线运动》典型题精选(含答案)

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一、曲线运动条件的理解与应用是高考的重要考查内容，尤其是经常和电、磁学相关情景结合考查．其核心是轨迹、受力与速度方向的相互判定．此题中根据一点的情况判断受力的方向范围较容易，但需要综合多点信息逐个判断受力范围，然后取交集，缩小范围．

二、小船渡河问题是运动的合成与分解的重要模型，在近年高考中时而出现求最短时间或最短航程类的小船渡河问题，难度中等．小船过河时实际上参与了两个方向的分运动，即随水流的运动(水冲船的运动)和船相对水的运动(在静水中船的运动，运动方向为船头的方向)，船的实际运动是合运动．在建立小船渡河模型时首先应明确船速与水速的大小关系，否则容易出现错误．

三、牵连速度问题是考查以绳或杆连接的两个或多个连结体之间的速度关联，此类问题的关键是分清分速度与分速度按效果进行分解．在高考中时有考查，可与受力分析和功能关系相结合，难度较大． 牵连体速度的分解方法

解决牵连体的速度关联问题，其关键是如何分解速度，而分解速度的关键又在于理解什么是合运动．需要明确：(1)合速度方向是物体实际运动方向；(2)分速度方向是沿绳(或杆)方向．根据轻绳(或轻杆)各点速度沿绳(或杆)方

向的分量大小相等，即可得到关联体之间的速度关系式．如图甲、乙所示，

v1cos θ1＝v2cos θ2，如图丙所示，v0＝vcos θ.

四、轨迹、受力和速度方向的相互判定依据：(1)运动轨迹的切线方向就是速度方向；(2)合外力的方向指向轨迹凹侧；(3)轨迹在合外力方向与速度方向之间．根据以上三条判断依据，结合题目中给出的轨迹、速度方向、受力方向等

信息中的两个，就可以进行第三个的判定．

五、斜面倾角固定，问题的实质依然是一种几何约束，借助斜面的几何关系构造出相应的位移和速度三角形，再进行求解．从整体的求解思路看，本题从“速度关系”入手逐步确定了“位移关系”，联系两种关系的“桥梁”仍是各分运动的等时性．复习时要熟练掌握典型物理模型和常用二级结论． 平抛运动中的两个特殊关系

角度关系：速度偏转角的正切值是位移偏转角正切值的2倍，即tan θ＝2tan

α.

中点关系：末速度(任意一点)的反向延长线过该时刻水平位移的中点． 六：高考试题常以新颖的生活实际作为背景，以水平面内圆周运动或竖直面内物体的圆周运动为模型，考查考生利用动力学观点解决实际问题的能力，此类题型多为选择题，难度中等偏易．解题的关键是建立正确的物理模型，对物体进行受力分析，找到圆心、轨道平面，列出动力学方程．

竖直面内的圆周运动是典型的变速圆周运动，在变速圆周运动中经常出现“刚好”“恰好”“正好”“最大”“最小”“至少”等字眼，这些关键词恰恰说明此题中含有临界条件．高考对圆周运动中临界条件的考查几乎每年都会出现，既有选择题，也有计算题，且经常和电场、磁场背景相结合，要求考生必须理解和掌握．

1． (多选)一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则( )

A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D．质点单位时间内速率的变化量总是不变

2．由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道．当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行．已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103 m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103 m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为( ) A．西偏北方向，1.9×103 m/s B．东偏南方向，1.9×103 m/s C．西偏北方向，2.7×103 m/s D．东偏南方向，2.7×103 m/s

3．如图所示，帆板在海面上以速度v朝正西方向运动，帆船以速度v朝正北方向航行，以帆板为参照物( ) A．帆船朝正东方向航行，速度大小为v B．帆船朝正西方向航行，速度大小为v

C．帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小为2v D．帆船朝北偏东45°方向航行，速度大小为2v

4．距地面高5 m的水平直轨道上A、B两点相距2 m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图所示．小车始终以4 m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车

携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2.可求得h等于( ) A．1.25 m B．2.25 m C．3.75 m D．4.75 m

5、有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为( )

kvvkvvA.2 B. C. D.2

k－11－k21－k2k－1

6．(多选)关于物体所受合外力的方向，下列说法正确的是( )

A．物体做速率逐渐增大的直线运动时，其所受合外力的方向一定与速度方向相同

B．物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向一定改变 C．物体做变速率圆周运动时，其所受外力的方向一定指向圆心

D．物体做匀速率曲线运动时，其所受合外力的方向总是与速度方向垂直 7．由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是0.28 m3/min，水离开喷口时的速度大小为16 3 m/s，方向与水平面夹角为60°，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力，则空中水柱的高度和水量分别是(重力加速度g取10 m/s2)( ) A．28.8 m，1.12×10－2 m3 B．28.8 m，0.672 m3 C．38.4 m，1.29×10－2 m3 D．38.4 m，0.776 m3 8、如图所示，一质点在一恒力作用下做曲线运动，从M点运动到N点时，质点的速度方向恰好改变了90°.在此过程中，质点的动能( )

A．不断增大 B．不断减小 C．先减小后增大 D．先增大后减小

9、如图所示，甲、乙两同学从河中O点出发，分别沿直线游到A点和B点后，立即沿原路线返回到O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，

－

－

且OA＝OB.若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间t甲、t乙的大小关系为( ) A．t甲＜t乙 B．t甲＝t乙 C．t甲＞t乙 D．无法确定

10、如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为f，当轻绳与水平面的夹角为θ时，人的速度为v，人的拉力为F(不计滑轮与绳之间的摩擦)，则以下说法正确的是( )

A．船的速度为vcos θ B．船的速度为vsin θ C．船的加速度为

Fcos θ－f

m

F－f

D．船的加速度为m

11．如图所示，光滑水平桌面上，一小球以速度v向右匀速运动，当它经过靠近桌边的竖直木板的ad边正前方时，木板开始做自由落体运动．若木板开始运动时，cd边与桌面相齐，则小球在木板上的正投影轨迹是( )

12．2014年7月15日，黄山市休宁县境内普降大到暴雨，该县万余名干部群众投入到抗洪抢险中，如图所示，一条救灾小船位于与安全区的最近距离为703 m 的A点处，从这里向下游70 m处有一危险区，当时水流速度为23

m/s，为了使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度大小至少是( )

A．2 m/s B．3 m/s C．23 m/s D．43 m/s 13．如图所示，开始时A、B间的细绳呈水平状态，现由计算机控制物体A的运动，使其恰好以速度vA沿竖直杆匀速下滑，经细绳通过定滑轮拉动物体B在水平面上运动，则下列v—t图象中，最接近物体B的运动情况的是( )

14．如图所示的曲线是某个质点在恒力作用下的一段运动轨迹．质点从M点出发经P点到达N点，已知弧长MP大于弧长PN，质点由M点运动到P点与从P点运动到N点的时间相等．下列说法中正确的是( )

A．质点从M到N过程中速度大小保持不变

B．质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同 C．质点在这两段时间内的速度变化量大小不相等，但方向相同 D．质点在MN间的运动是变加速运动

15、有A、B两小球，B的质量为A的两倍．现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力．图中①为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是( )

A．① B．② C．③ D．④

16．取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )

ππππA.6 B.4 C.3 D.12

17．在实验操作前应该对实验进行适当的分析．研究平抛运动的实验装置示意如图所示．小球每次都从斜槽的同一位置无初速释放，并从斜槽末端水平飞出．改变水平板的高度，就改变了小球在板上落点的位置，从而可

描绘出小球的运动轨迹．某同学设想小球先后3次做平抛，将水平板依次放在如图1、2、3的位置，且1与2的间距等于2与3的间距．若3次实验中小球从抛出点到落点的水平位移依次为x1、x2、x3，机械能的变化量依次为ΔE1、ΔE2、ΔE3，忽略空气阻力的影响，下面分析正确的是( ) A．x2－x1＝x3－x2，ΔE1＝ΔE2＝ΔE3 B．x2－x1>x3－x2，ΔE1＝ΔE2＝ΔE3 C．x2－x1>x3－x2，ΔE1<ΔE2<ΔE3

18、(多选)如图所示，相距l的两小球A、B 位于同一高度h(l、h 均为定值)，将A 向B 水平抛出的同时，B 自由下落．A、B 与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖

直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则( )

A．A、B 在第1次落地前能否相碰，取决于A 的初速度 B．A、B 在第1次落地前若不碰，此后就不会相碰 C．A、B 不可能运动到最高处相碰 D．A、B 一定能相碰

19．(多选)如图所示，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向．图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的3个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的，不计空气阻力，则( ) A．a的飞行时间比b的长 B．b和c的飞行时间相同 C．a的水平速度比b的小 D．b的初速度比c的大

20．一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示，水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h.发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h.不计空气的作用，重力加速度大小为g.若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是( )

L1A.2L1B.4L1C.2L1D.4

g

6h＜v＜L1g

h＜v＜g1＜v＜6h2g1＜v＜h2

g

6h

2

（4L21＋L2）g

6h2

（4L21＋L2）g

6h2

（4L1＋L22）g

6h

21．如图所示为足球球门，球门宽为L.一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角(图中P点)．球员顶球点的高度为h，足球做平抛运动(足球可看成质点，忽略空气阻力)，则( )

A．足球位移的大小x＝ B．足球初速度的大小v0＝ C．足球末速度的大小v＝ L22＋s 4

gL22＋s 2h4gL22

＋s＋4gh 2h4

L

D．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan θ＝2s 22．在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示，P是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒．高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h.

(1)若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；

(2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围；

(3)若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等，求L与h的关系．

23．如图所示，装甲车在水平地面上以速度v0＝20 m/s沿直线前进，车上机的管水平，距地面高h＝1.8 m．在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触．口与靶距离为L时，机手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于口的初速度v＝800 m/s.在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s＝90 m后停下．装甲车停下后，机手以相同方式射出第二发子弹．(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g＝10 m/s2)

(1)求装甲车匀减速运动的加速度大小；

(2)当L＝410 m时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离；

(3)若靶上只有一个弹孔，求L的范围．

24、如图所示，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点．若小球初速变为v，其落点位于c，则( ) A．v03v0

25、(多选)如图所示，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗，并垂直击中山坡上的目标A.已知A点高度为h，山坡倾角为θ，由此可算出( ) A．轰炸机的飞行高度 B．轰炸机的飞行速度 C．的飞行时间 D．投出时的动能

26、如图所示，小球从楼梯上以4 m/s的速度水平抛出，所有台阶的高度和宽度均为1 m，g取10 m/s2，小球抛出后首先落到的台阶是( )

A．3 B．4 C．5 D．6

27、如图所示，薄半球壳ACB的水平直径为AB，C为最低点，半径为R.一个小球从A点以速度v0水平抛出，不计空气阻力．则下列判断正确的是( ) A．只要v0足够大，小球可以击中B点

B．v0取值不同时，小球落在球壳上的速度方向和水平方向之间的夹角可以相同

C．v0取值适当，可以使小球垂直撞击到半球壳上

D．无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击到半球壳上 28、(多选)套圈游戏是一项很受欢迎的群众游戏，要求每次从同一位置水平抛出圆环，套住与圆环前端水平距离为3 m的20 cm 高的竖直细杆，即为获胜．一身高1.4 m儿童从距地面1 m高度，水平抛出圆环，

圆环半径为10 cm，要想套住细杆，水平抛出的速度可能为(g＝10 m/s2)( ) A．7.4 m/s B．7.6 m/s C．7.8 m/s D．8.2 m/s

29、如图所示是倾角为45°的斜坡，在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度v0水平向左抛出一个小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t1.若在小球A抛出的同时，小球B从同一点Q处开始自由下落，下落

至P点的时间为t2.则A、B两球在空中运动的时间之比t1∶t2等于(不计空气阻力)( )

A．1∶2 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶3

30、(多选)如图所示，一演员表演飞刀绝技，由O点先后抛出完全相同的3把飞刀，分别依次垂直打在竖直木板M、N、P三点上．假设不考虑飞刀的转动，并可将其视为质点，已知O、M、N、P四点距离水平地面高度分别为h、4h、3h、2h，以下说法正确的是( ) A．3把飞刀在击中板时动能相同

B．到达M、N、P三点的飞行时间之比为1∶2∶3 C．到达M、N、P三点时初速度的竖直分量之比为3∶2∶1

D．设到达M、N、P三点，抛出飞刀的初速度与水平方向夹角分别为θ1、θ2、θ3，则有θ1>θ2>θ3

31、如图所示，光滑绝缘的正方形水平桌面边长d＝0.48 m，离地高度h＝1.25 m．桌面上存在一水平向左的匀强电场(除此之外其余位置均无电场)，电场强

度E＝1×104 N/C.在水平桌面上某一位置P处有一质量m＝0.01 kg，带电荷量q＝1×10－6 C的带正电小球以初速度v0＝1 m/s向右运动．空气阻力忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2.求：

(1)小球在桌面上运动时加速度的大小和方向；

(2)P处距右端桌面多远时，小球从开始运动到最终落地的水平距离最大，并求出该最大水平距离．

32、小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点，( )

A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的动能一定小于Q球的动能

C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 33、(多选)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90 m的大圆弧和r＝40 m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100 m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍．假

设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动．要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g＝10 m/s2，π＝3.14)，则赛车( ) A．在绕过小圆弧弯道后加速 B．在大圆弧弯道上的速率为45 m/s C．在直道上的加速度大小为5.63 m/s2 D．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s

34．如图所示，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小

滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为

t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( ) A．t1C．t1>t2 D．无法比较t1、t2的大小

35．未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示，当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以

受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是( )

A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大 B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小 C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大 D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小 36、如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上到转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为2(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2，则ω的最大值是( )

A.5 rad/s B.3 rad/s C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s

37、如图所示，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g.当小环滑到大环

3

的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( )

A．Mg－5mg B．Mg＋mg C．Mg＋5mg D．Mg＋10mg 38．(多选)如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l.木块与圆盘的最大静

摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度．下列说法正确的是( ) A．b一定比a先开始滑动 B．a、b所受的摩擦力始终相等 C．ω＝D．当ω＝

kg

2l是b开始滑动的临界角速度 2kg

3l时，a所受摩擦力的大小为kmg

39、(多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图所示，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势．在该弯道处( ) A．路面外侧高内侧低

B．车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动

C．车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动 D．当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小

40、如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( ) A．A的速度比B的大

B．A与B的向心加速度大小相等

C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等

D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小 41.某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验．所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径R＝0.20 m)． 完成下列填空：

(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图甲所示，托盘秤的示数为1.00 kg； (2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图乙所示，该示数为________ kg；

(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧．此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示：

序号 m/kg 1 1.80 2 1.75 3 1.85 4 1.75 5 1.90 (4)根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为N；小车通过最低点时的速度大小为m/s.(重力加速度大小取9.8 m/s2，计算结果保留2位有效数字)

11

42．如图，在竖直平面内有由4圆弧AB和2圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接．AB弧的半RR

径为R，BC弧的半径为2.一小球在A点正上方与A相距4处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动． (1)求小球在B、A两点的动能之比．

(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点．

43．如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点．一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g.

(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；

(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点M

滑出小车．已知滑块质量m＝2，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求： ①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm； ②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s.

44、如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合．转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且

相对罐壁静止，它和O点的连线与O、O′之间的夹角θ为60°.重力加速度大小为g.

(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；

(2)若ω＝(1±k)ω0，且045、过山车是游乐场中常见的设施．如图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径R1＝2.0 m、R2＝1.4 m．一个质量m＝1.0 kg的小球(视为质点)，从轨道的左侧A点以v0＝12.0 m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L1＝6.0 m．小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，圆形轨道是光滑的．假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠．重力加速度取g＝10 m/s2，计算结果保留小数点后一位数字．试求：

(1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小； (2)如果小球恰能通过第二个圆形轨道，B、C间距L应是多少；

(3)在满足(2)的条件下，如果要使小球不脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径R3应满足的条件；小球最终停留点与起点A的距离．

46、如图所示，一小球沿螺旋线自外向内运动，已知其通过的弧长s与运动时间t成正比．关于该质点的运动，下列说法正确的是( )

A．小球运动的线速度越来越大 B．小球运动的角速度不变 C．小球运动的加速度越来越大 D．小球所受的合外力不变

47、(多选)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )

A．a绳的张力不可能为零

B．a绳的张力随角速度的增大而增大 C．当角速度ω>

gcot θ

l，b绳将出现弹力

D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化

48、(多选)如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝0.4 m，最低点处有一小球(半径比r小很多)，现给小球一水平向右的初速度v0，要使小球不脱离圆轨道运动，v0的大小可能为(g＝10 m/s2)( )

A．2 m/s B．4 m/s C．6 m/s D．8 m/s

49．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R＝0.8 m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R.P点到桌面右侧边缘的距离为2R.用质量m1＝0.4 kg的物块a将弹簧压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停在B点．用同种材料、质量为m2＝0.2 kg 的物块b，将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块b过B点后其位移与时间的关系为x＝6t－2t2(m)，物块从D点飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道．取g＝10 m/s2，求：

(1)B、D间的水平距离；

(2)通过计算，判断物块b能否沿圆轨道到达M点； (3)物块b释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功．

、

高中物理《曲线运动》典型题精选

参

一、选择题

1．BC 质点做匀速直线运动时受力平衡，再施加一个恒力，若恒力和质点运动方向共线，则质点继续做直线运动；若恒力和质点原运动方向不共线，则质点会做曲线运动，速度方向与恒力方向不相同，A错误．质点受恒力做曲线运动时，速度方向不断发生变化，不可能总是和恒力方向垂直，B正确．根据牛顿第二定律，加速度的方向总是与合外力的方向相同，C正确．质点单位时间内速度大小的变化量可能不同，D错误．

2．B 作出速度合成图如图所示，由三角形定则可知，速度

2

应东偏南．又由余弦定理得v＝v2同＋v转－2v同v转cos 30°＝

1.9×103 m/s，B正确．

3．D 以帆板为参照物，帆船具有正东方向的速度v和正北方向的速度v，所以帆船相对帆板的速度v相＝2v，方向北偏东45°，D正确．

xAB124．A 小车由A到B经历的时间Δt＝v＝0.5 s，对A处小球有2gtA＝H，得tA12＝1 s，因此tB＝tA－Δt＝0.5 s，h＝2gtB＝1.25 m，A正确．

ddt15、B 设河岸宽度为d，去程时t1＝，回程时t2＝2，又t＝k，得v

v静2v静－v2＝

v

，B正确． 2

1－k

静

6．AD 物体做速率逐渐增大的直线运动时，加速度与物体速度同向，又因为合外力与加速度同向，故A正确．物体做变速率曲线运动时，所受合外力的方向不一定改变，如平抛运动，B错误．物体做变速率圆周运动时，所受合外力沿半径方向的分力提供向心力，合外力垂直半径方向的分力改变物体的速率，所受合外力一定不指向圆心，C错误．物体做匀速率曲线运动时，合外力只改变速度的大小，不改变其方向，故总与速度方向垂直，D正确．

7．A 将运动按效果分解．由题意可知，水柱做斜抛运动，竖直方向初速度vy

2vy

＝vsin 60°＝24 m/s，到达着火点位置时竖直速度变为0，所以高度h＝2g＝

0.28×2.43vy－23

28.8 m；由v＝gt得t＝g＝2.4 s，水量V＝ m＝1.12×10 m，A正

60确.

8、C【解析】 质点受恒力F作用，M点的速度方向竖直向上，N点速度方向水平向右，所以F的方向斜向右下，与初速度方向的夹角为钝角，因此恒力F先做负功．恒力与速度方向夹角不断减小，当夹角为锐角时，恒力做正功．因此动能先减小后增大，C正确．选C.

9、C【解析】 设水速为v0，人在静水中的速度为v，OA＝OB＝x.对甲，O→A阶段人对地的速度为(v＋v0)，所用时间t1＝；A→O阶段人对地的速度为

v＋v0(v－v0)，所用时间t2＝.所以甲所用时间t甲＝t1＋t2＝＋＝.v－v0v＋v0v－v0v2－v20对乙，O→B阶段和B→O阶段的实际速度v′为v和v0的合成，如图所示．由几

2

2

－v0，故乙所用时间

－

－

x

xxx2vx

何关系得，实际速度v′＝

vv

22

－v0

vt乙＝

2xv′

＝

2xv

2

－v20

.

t甲t乙

＝

＞1，即t甲＞t乙，C正确．选C.

10、C【解析】 船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮转动速度的合速度，如图所示，根据平行四边形定则有v＝v船cos θ，则船的速度v船＝vcos θ，A、B错误．对小船受力分析，则有Fcos θ－f＝ma，因此船的加速度大

Fcos θ－f小a＝，C正确，D错误．选C.

m

11．B 木板自由下落，可以逆向思维，以木板为参照物，小球向上做匀加速运动，且向右做匀速运动，可以想象成重力“向上”的平抛运动，B正确． 12．B 若小船刚好避开危险区，小船应沿AB方向以速度v行驶，如图所示．v1为水流速度，小船在静水中的速度至少应为v2＝v1sin θ.显然小船沿其他方向，如沿AC以速度v′行驶时，在静水中的最小速度要大于v2.则小船在静水中的速度至少为v2＝v1sin θ＝3 m/s，B正确．

13．A 与物体A相连的绳端速度vA(vA＝v)分解为沿绳伸长方向的速度v1和垂直于绳方向的速度v2，则物体B的速度vB＝v1＝vAsin θ，在t＝0时刻θ＝0，vB＝0，C错误．之后随θ增大，sin θ增大，B的速度增大，但开始时θ变化快，速度增加得快，图线的斜率大．若绳和杆足够长，则物体B的速度趋近于A的速度，A正确，B、D错误．

14．B 由题中可知弧长MP大于弧长PN，tMP＝tPN，A错误．质点始终受恒力F

作用，由牛顿第二定律得a＝m，加速度恒定，则质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同，且质点做匀变速曲线运动，B正确，C、D错误． 15、A 由于不计空气阻力，因此小球以相同的速度沿相同的方向抛出，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向的初速度相同，加速度为重力加速度，水平方向的初速度相同，因此两个球的运动情况完全相同，即B球的运动轨迹与A球的一样，也为①，A正确．

16．B 设物块的质量为m，初速度为v0，落地时速度方向与水平方向的夹角1211

为θ.由题知2mv0＝mgh，由动能定理知2mv2－2mv20＝mgh，得物块落地时的动能πv012122

Ek＝2mv＝2×2mv0，则落地时的速度v＝2v0，cos θ＝v＝2，故θ＝4，B正确．

17．B 水平释放后，小球做平抛运动．竖直方向做自由落体运动，速度均匀

增大，因h12＝h23，所以t12>t23；水平方向做匀速运动，x＝vt，所以x2－x1>x3－x2.因忽略空气阻力的影响，故小球机械能守恒，机械能变化量ΔE1＝ΔE2＝ΔE3＝0.综上所述，B正确．

18、AD A的竖直分运动是自由落体运动，故与B的高度始终相同．A、B若能在第1次落地前相碰，必须满足vAt>l，又t＝

2hg，即A、B第1次落地前

能否相碰取决于A的初速度，A正确．若A、B在第1次落地前未相碰，则由于A、B反弹后的竖直分运动仍然相同，且A的水平分速度不变，A、B一定能相碰，而且在B运动的任意位置均可能相碰，B、C错误，D正确． 1

19．BD 根据平抛运动规律h＝2gt2，得t＝

2h

g，可知平抛物体在空中飞行

的时间仅由高度决定，又haxb>xc得va>vb>vc，C错误，D正确．

20．D 当乒乓球恰好能落到球台角上时发射速度最大，有vmax t1＝

L212122L1＋2，gt1＝3h，解得vmax＝

22

2

（4L21＋L2）g

.当乒乓球垂直于球网运

6h

L11L1

动且刚过网时为最小速度，有vmint2＝2，2gt2＝2h，解得v＝2min

4确．

D．x2－x1gh.D正

21．B 足球做平抛运动，平抛运动的高度为h，平抛运动的水平位移d＝

L2

s＋2，足球的位移x＝h2＋d2，A错误．足球运动的时间t＝

2

2h

g，足

d

球的初速度v0＝t＝

gL2224＋s，B正确．足球末速度的大小v＝v20＋vy＝2h

gL22s

4＋s＋2gh，C错误．初速度的方向与球门线夹角的正切值tan θ＝＝2hL

22s

L，D错误．

31

22．【解析】 (1)打在中点的微粒，竖直方向有2h＝2gt2 解得t＝

3hg

②

③

①

L1

(2)打在B点的微粒，有v1＝t，2h＝2gt21

1

解得v1＝L

g

4h

④ g 2h

⑤

⑥

同理，打在A点的微粒初速度v2＝L微粒初速度范围为L

g

4h≤v≤L

g2h 112

(3)由能量关系2mv2＋mgh＝2

2mv1＋2mgh ⑦ 将④⑤式代入得L＝22h 【答案】 (1)3h

g (2)L g

4h≤v≤L ⑧

g

2h (3)L＝22h

v2200

23．【解析】 (1)装甲车的加速度a＝2s＝9 m/s2

L

(2)第一发子弹飞行时间t1＝＝0.5 s

v＋v01

弹孔离地高度h1＝h－2gt21＝0.55 m

1L－s2

＝1.0 m 第二发子弹弹孔离地的高度h2＝h－2gv两弹孔之间的距离Δh＝h2－h1＝0.45 m

(3)第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L1， L1＝(v0＋v)2h

＝492 m g

第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L2， L2＝v2h

g＋s＝570 m

L的范围为492 m20

【答案】 (1)9 m/s2 (2)0.55 m；0.45 m (3)492 mO点抛出，若落在c点，则轨迹与a′c′的交点应在c′的左侧，即第2次的水平位移小于第1次的2倍，故第2次的初速应满足：v0离开飞机后做平抛运动，设初速度为v0，落到山坡上的时间为t. π

由题意知，落到山坡上时的速度偏角为－θ，则

2竖直方向的分速度vy＝

htan θv0tan θ＝gt

水平方向的位移x＝＝v0t

1tan θh

2

联立两式解得v0＝gh，t＝1

竖直方向的位移y＝2gt2＝

h

g，B、C正确．

2tanθ

11＋，A正确． 轰炸机的飞行高度H＝y＋h＝h

2tan2θ

由于不知的质量，无法确定投出时的动能，D错误．选ABC. 解法2：结论法．

1πy

设落到山坡上的A点时的位移偏角为α，则应有tan α＝2tan－θ＝x

2

因为x＝解得y＝

htan θh

2tanθ2

1x

再根据y＝2gt2，v0＝t，H＝h＋y，可进一步确定t、v0和H.选ABC.

26、B 小球做平抛运动，设小球第1次落在第n级台阶上，水平方向上有nl＝1

v0t，竖直方向上有nl＝2gt2，解得n＝3.2，故小球将落在第4级台阶上，B正确．

27、D 小球做平抛运动，竖直方向有位移，v0再大也不可能击中B点；v0不同，小球会落在半球壳内不同点上，落点和A点的连线与AB的夹角α不同，由推论tan θ＝2tan α可知，小球落在球壳的不同位置上时的速度方向和水平方向之间的夹角θ也不相同，若小球垂直撞击到半球壳上，则其速度反向延长线一定经过半球壳的球心，且该反向延长线与AB的交点为水平位移的中点，而这是不可能的，A、B、C错误，D正确．

28、BC 圆环做平抛运动，圆环距杆上端的竖直距离为H＝0.8 m，又知圆环在1

竖直方向做自由落体运动，则有H＝2gt2，解得t＝0.4 s，圆环后端与杆的水平距离为3.2 m＝v1·t，得v1＝8 m/s，圆环前端与杆的水平距离为3 m＝v2·t，得v2＝7.5 m/s，所以要想套住杆，圆环水平抛出的速度范围为7.5 m/s29、D 由题意可知，小球A恰好能垂直落在斜坡上．由几何关系知，小球A1

竖直方向的速度增量vy＝gt1＝v0，水平位移x＝v0t1，竖直位移y＝2gt21，联立解y11得x＝2，由几何关系知，小球B自由下落的高度h′＝x＋y＝2gt22.联立以上各式t11

解得t＝，D正确．

23

30、CD 将运动逆向看，可视为3个平抛运动且到达O点时水平位移相等．由

1

H＝2gt2得t＝2Hg，则到达M、N、P三点的飞行时间之比为3∶2∶1，B

12

错误．在水平方向有l＝vMt1＝vNt2＝vPt3，即vMθ2>θ3，D正确． FqE

31、【解析】 (1)加速度大小a＝m＝m＝1.0 m/s2 方向水平向左．

(2)设小球到桌面右边的距离为x1，小球离开桌面后做平抛运动的水平距离为x2，x总＝x1＋x2

2

由v2－v0＝－2ax1

代入得v＝1－2×1×x1＝1－2x1

1

设平抛运动的时间为t，有h＝2gt2，解得t＝0.5 s x2＝vt＝0.5

1－2x1

1－2x1

故x总＝x1＋0.5令y＝

1－y2＋y

1－2x1，则x总＝

2

135当y＝2 m即x1＝8 m时，水平距离最大，最大值xm＝8 m 【答案】 (1)1 m/s2；水平向左 (2)见解析

1

32、C 小球由静止释放，由动能定理可知mgl＝2mv2，即v＝2gl.因mP>mQ，lPmv2

mg＝l，将v＝2gl代入可得FT＝3mg，mP>mQ，故FTP>FTQ，C正确．向心v2

加速度an＝l＝2g，与m及l无关，故anP＝anQ，D错误．

33、AB 汽车在弯道上行驶时，由静摩擦力提供向心力，若不打滑，转弯所需v2v212

向心力不能超过最大静摩擦力．以临界情况计算，有μmg＝mr和μmg＝mR，计算出汽车在小圆弧弯道上的最大速度v1＝30 m/s，大圆弧弯道上的最大速度v2＝45 m/s，因此，若要行驶时间最短，汽车在绕过小圆弧弯道后应该加速，

2

A、B正确．由几何关系求出直道长度x＝503 m，根据v2－v21＝2ax，得加速

2π

度a≈6.5 m/s2，C错误．由几何关系可求出小圆弧所对圆心角θ＝3，因此，汽车通过小圆弧弯道的时间t＝v＝9 s≈2.79 s，D错误．

1

34． A 小滑块运动过程中受滑动摩擦力Ff＝μFN.经过AB段和BC段时受力情况如图所示．

θ×r8π

2

v2v21

根据圆周运动的知识可得mg－FN1＝mr，FN2－mg＝mr.在AB段运动时，速度越大，FN1越小，滑动摩擦力Ff＝μFN越小；在BC段运动时，速度越小，FN2越小，滑动摩擦力也越小．把滑块由A到C和由C到A的运动相比较，在AB段运动时前者速度较大，受摩擦力小，在BC段运动时前者速度较小，受摩擦力小．综上，滑块从A到C运动过程中受摩擦力较小，因此平均速度较大，时间较短，A正确．

35． B 旋转舱转动过程中侧壁对宇航员的支持力提供宇航员做圆周运动的向心力，由题意FN＝mω2R＝mg，从式中可以看出，需保证ω2R＝g，半径越大，转动角速度应越小，A错误，B正确．由于m可以约掉，角速度与宇航员质量无关，C、D错误．

36、 C 小物块恰好滑动时，应在最低点，如图所示，对滑块受力分析．由牛

顿第二定律得μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2r，解得ω＝1.0 rad/s，C正确． 37、C 设大环的半径为r，小环滑到最低点的速度为v.由机械能守恒定律得，v212

2r.在最低点对小环受力分析，得FN－mg＝mr.联立解得FN＝5mg.由

2mv＝mg·

牛顿第三定律可知，小环对大环的压力FN′＝5mg.对大环受力分析，由平衡条件得杆的拉力FT＝Mg＋5mg，C正确．

38． AC 木块相对圆盘不滑动时有Ff静＝mω2r，a、b半径不同，所需的向心

2

力不同，所受摩擦力不同，B错误．当a恰好滑动时，有kmg＝mω0al，得ω0a

＝kgl，同理可得，b恰好滑动时ω0b＝kg2l，A、C正确．ω＝2kg3l<ω0a，

2

a相对圆盘未滑动，Ff静＝mω2l＝3kmg，D错误．

39、AC 类比火车转弯时的运动和受力情况．当汽车的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，说明此时汽车只受重力和支持力，这两个力的合力提供向心力，故路面一定是外高内低，构成一个斜面，A正确．当车速在低于vc的一定范围内时，车所需向心力减小，具有向内侧滑动的趋势，但不一定滑动，B错误．同理，当车速在高于vc的一定范围内，车辆有向外侧滑动的趋势，当车速高于某个速度值时，汽车受到的摩擦力达到最大静摩擦力，汽车便会向外侧滑动，C正确．路面结冰时，汽车所受支持力和重力不变，vc值不变，D错误．

40、D 类比圆锥摆模型的运动和受力特点，由图知两根缆绳等长，B的运动轨道半径较大，而转动的角速度相同，由v＝rω，a＝ω2r知A、B错误．由牛顿第二定律得，向心加速度a＝gtan θ，aA，θA<θB，得出FTA1.80＋1.75＋1.85＋1.75＋1.90m＝ kg＝1.81 kg，对凹形桥受力分析，FN1＝FN2＋

5

－

m桥g，

解得FN2＝(m－m桥)g≈7.9 N，即小车对凹形桥的压力为7.9 N．对小车v2

受力分析，FN2′－m车g＝m车R，解得v≈1.4 m/s. 【答案】 (2)1.40 (4)7.9 1.4

42．【解析】 (1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守R

恒得EkA＝mg4

①

②

－

5R

设小球在B点的动能为EkB，同理有EkB＝mg4 EkB

由①②式得E＝5

kA

③

(2)若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力N应满足N≥0④

设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿运动定律和向心加速度公式有N＋mg＝

2vCmR 2

⑤

2mv2C

由④⑤式得，vC应满足mg≤R

⑥

R1

由机械能守恒有mg4＝2mv2C ⑦ 由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点． 【答案】 (1)5 (2)能

43．【解析】 (1)滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒，1mgR＝2mv2B

2vB

滑块在B点处，由牛顿第二定律N－mg＝mR

解得N＝3mg，由牛顿第三定律N′＝3mg

(2)①滑块下滑到达B点时，小车速度最大．由机械能守恒定律 112

mgR＝2Mv2m＋m(2vm)，解得vm＝2

gR

3

②设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC，由功能关系 121

mgR－μmgL＝2MvC＋2m(2vC)2

设滑块从B到C运动过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿第二定律μmg＝Ma

12

由运动学规律v2C－vm＝－2as，解得s＝L 3【答案】 (1)3mg (2)①

gR1

②33L

44、【解析】 (1)对小物块分析受力，如图甲所示．由图知 F合＝mgtan θ

① ②

由牛顿第二定律有F合＝mω20r 由题意知r＝Rsin θ 联立①②③式解得ω0＝

③ 2gR

甲 乙 丙

(2)ω＝(1－k)ω0时，物块有向下滑的趋势，摩擦力沿罐壁切线向上，受力如图乙所示．

y方向受力平衡，有FNcos 60°＋Ff1cos 30°＝mg x方向，根据牛顿第二定律有

FNsin 60°－Ff1sin 30°＝m[(1－k)ω0]2Rsin 60° 3k（2－k）mg联立①②③④⑤解得Ff1＝

2

ω＝(1＋k)ω0时，物块有向上滑的趋势，则摩擦力沿罐壁切线向下，受力如图丙所示．y方向受力平衡，有FN′cos 60°＝Ff2sin 60°＋mg ⑥ x方向，根据牛顿第二定律有

FN′sin 60°＋Ff2 cos 60°＝m[(1＋k)ω0]2Rsin 60° 3k（k＋2）mg联立①②③⑥⑦解得Ff2＝

2【答案】 (1)2gR (2)当ω＝(1＋k)ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向下，大小

⑦

⑤

④

3k（k＋2）mg为 ；当ω＝(1－k)ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，大小为

23k（2－k）mg

2

45、【解析】 (1)设小球经过第一个圆形轨道的最高点时的速度为v1，根据动1212

能定理得－μmgL1－2mgR1＝2mv1－2mv0

①

小球在最高点受重力mg和轨道的作用力F，根据牛顿第二定律得 v21F＋mg＝mR

1

②

③

由①②式得F＝10.0 N

2v2

(2)设小球恰到第二个圆形轨道最高点的速度为v2，由题意得 mg＝mR

2

④

1212

－μmg(L1＋L)－2mgR2＝2mv2－2mv0

⑤

由④⑤式得L＝12.5 m ⑥

(3)要保证小球不脱离轨道，可分两种临界情况进行讨论：

轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆形轨道，设恰到最高点的速度为v3，

2v3

应满足mg＝mR

3

⑦

⑧

1212

－μmg(L1＋2L)－2mgR3＝2mv3－2mv0 由⑥⑦⑧式得R3＝0.4 m

轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理得

12－μmg(L1＋2L)－mgR3＝0－2mv0 解得R3＝1.0 m

为了保证圆轨道不重叠，如图所示，R3最大值应满足 (R2＋R3)2＝L2＋(R3－R2)2，解得R3≈27.9 m

综上可知，要使小球不脱离轨道，第三个圆形轨道的半径应满足：0当0当1.0 m≤R3≤27.9 m时，小球不能绕过最后一个圆轨道而返回D点，向左运动一段路程，最终停留点与起点A的距离为L″，则L″＝L′－2(L′－L1－2L)＝26.0 m【答案】 (1)10.0 N (2)12.5 m (3)见解析

v

46、C 因为弧长s与时间t成正比，所以线速度大小不变，A错误．由ω＝rv2

可知，v不变，r减小时ω增大，B错误．由a＝r可知，v不变，r减小时a增大，C正确．由F合＝ma可知，小球的质量不变，a增大，F合增大，D错误． 47、AC 对小球受力分析可得a绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重mg

力，解得Ta＝，为定值，A正确，B错误．当Tacos θ＝mω2l，即ω＝

sin θgcot θl时，b绳的弹力为零，若角速度大于该值，则b绳将出现弹力，C正确．由于绳b可能没有弹力，故绳b突然被剪断，a绳的弹力可能不变，D错误．

48、ACD 要使小球不脱离轨道运动，则需越过最高点或不越过四分之一圆mv2

周．越过最高点的临界情况：mg＝r，得v＝gr＝2 m/s，由机械能守恒定律112

得－mg·2r＝2mv2－2mv0，解得v0＝25 m/s；若不通过四分之一圆周，根据机12械能守恒定律有mgr＝2mv0，解得v0＝22 m/s.所以v≥25 m/s或v≤22 m/s 均符合要求，A、C、D正确，B错误．

1

49．【解析】 (1)对比x＝v0t＋2at2与x＝6t－2t2 可知物块b过B点后：a＝－4 m/s2，v0＝6 m/s

物块b在DP段做平抛运动，在P点有vy＝2gR＝4 m/s vx与v夹角为45°，则vx＝vy＝4 m/s

2

v2x－v0

BD段的距离xBD＝2a＝2.5 m

(2)设物块b能到达M点，由机械能守恒定律有 1122m2vP＝m2gR(1＋cos 45°)＋m2vM 22其中vP＝

2

v2x＋vy

v2M

在M点轨道对物块的压力为FN，则FN＋m2g＝m2R 联立解得FN＝(1－2)m2g<0，所以物块不能到达M点．

(3)设弹簧长为xAC时的弹性势能为Ep，物块a、b与桌面间的动摩擦因数均为μ，

释放物块a时，Ep＝μm1gxCB 12

释放物块b时，Ep＝μm2gxCB＋2m2v0 且m1＝2m2，可得Ep＝m2v20＝7.2 J

物块b释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做功为Wf， 12则由功能关系得Ep＝Wf＋2m2vD 并且vD＝vx＝4 m/s 解得Wf＝5.6 J

【答案】 (1)2.5 m (2)不能 (3)5.6 J