【物理】2018届二轮复习 曲线运动 学案（全国通用）
第一部分 特点描述
近几年 ，曲线运动已成为高考的热点内容之一，有时为选择题，有时以计算题形式出
现，重点考查的内容有：平抛运动的规律及其研究方法，圆周运动的角度、线速度、向心加
速度，做圆周运动的物体的受力与运动的关系，同时，还可以与带电粒子的电磁场的运动等
知识进行综合考查；重点考查的方法有运动的合成与分解，竖直平面内的圆周运动应掌握最
高点和最低点的处理方法．本部分内容是牛顿运动定律在曲线运动中的具体应用，而万有引
力定律是力 中一个重要独立的基本定律，运动的合成与分解是研究复杂运动的基本方法，
复习本章的概念和规律，将加深对速度、加速度及其关系的理解；加深对牛顿第二定律的理
解，提高解题实际的能力。
第二部分 知识背一背
一、平抛运动
1.定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，不考虑空气阻力，物体只在重力作用下所
做的运动.
2.性质：加速度为重力加速度 g 的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线.
3.基本规律：以抛出点为原点，以水平方向(初速度 v0 方向)为 x 轴，以竖直向下方向为 y
轴，建立平面直角坐标系，则：
(1)水平方向：做匀速直线运动，速度 vx= v0, 位移 x= v0t .
(2)竖直方向：做自由落体运动，速度 vy= gt,位移 y= .
二、 斜抛运动
1.定义：将物体以速度 v 斜向上方或斜向下方抛出，物体只在重力作用下的运动.
2.性质：加速度为重力加速度 g 的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。
三、离心运动和近心运动
2
2
1 gt
1.离心运动
(1)定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的
情况下，所做的逐渐远离圆心的运动.
(2)本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向.
(3)受力特点.
①当 F=mω2r 时，物体做匀速圆周运动；
②当 F=0 时，物体沿切线方向飞出;
③当 F
mω2r,物体将逐渐靠近圆心，
做近心运动.
第三部分 技能+方法
一、小船渡河问题的规范求解
1.总结
(1)不论水流速度多大，船身垂直于河岸渡河，时间最短.
(2)当船速大于水速时，船可以垂直于河岸航行.
(3)当船速小于水速时，船不能垂直于河岸航行，但仍存在最短航程.
2.求解小船渡河问题的方法
求解小船渡河问题有两类：一是求最短渡河时间，二是求最短渡河位移.无论哪类都必须明
确以下四点：
(1)解决这类问题的关键是:正确区分分运动和合运动,船的航行方向也就是船头指向，是分运
动.船的运动方向也就是船的实际运动方向，是合运动,一般情况下与船头指向不一致.
(2)运动分解的基本方法,按实际效果分解,一般用平行四边形定则按水流方向和船头指向分
解.
(3)渡河时间只与垂直河岸的船的分速度有关，与水流速度无关.
(4)求最短渡河位移时,根据船速 v 船与水流速度 v 水的情况用三角形法则求极限的方法处理.
【例 1】如图所示，甲、乙两同 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，
两人在靜水中游速相等，则他们所用时间 t 甲、t 乙的大小关系为 （ ）
A. B. C. D.无法确定t t< 乙甲 t t= 乙甲 t t> 乙甲
【答案】 C
【例 2】如图所示，从光滑的 1/ 4 圆弧槽的最高点滑下的小滑块，滑出槽口时速度方向为
水平方向，槽口与一个半球顶点相切，半球底面为水平，若要使小物块滑出槽口后不沿半球
面下滑，已知圆弧轨道的半径为 R1，半球的半径为 R2，则 R1 和 R2 应满足的关系是
（ ）
A．R1≤R2/2
B．R1≥R2/2
C．R1≤R2
D．R1≥R2
【答案】 B
二、斜面上的平抛问题
斜面平抛问题的求解方法
(1)物体在斜面上平抛并落在斜面上的问题与实际联系密切，如滑雪运动等，因而此类问题
是高考命题的热点.有两种分解方法：一是沿水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运
动；二是沿斜面方向的匀加速运动和垂直斜面方向的类竖直上抛运动.
(2)此类问题中，斜面的倾角即为位移与水平方向的夹角；可以根据斜面的倾角和平抛运动
的推论确定物体落在斜面上时的速度方向.
【例 3】如图所示，从倾角为 θ 的斜面上的某点先后将同一小球以不同初速度水平抛出，小
球均落到斜面上，当抛出的速度为 v1 时，小球到达斜面的速度方向与斜面的夹角为 α1，当
抛出的速度为 v2 时，小球到达斜面的速度方向与斜面的夹角为 α2，则 （ ）
A．当 v1＞v2 时，α1＞α2 B．当 α1＜α2，v1＞v2 时
C．无论 v1、v2 大小如何，均有 α1=α2 D．2θ=α1+θ
【答案】 C
【解析】
如图所示，由平抛运动的规律知 ，解得： ，由图知
，所以 与抛出速度 无关，故 ，故 C 正确。
【例 4】工厂里有一种运货的过程可以简化为如图所示，货物以 的初速度滑上
静止的货车的左端，已知货物质量 m=20kg，货车质量 M=30kg，货车高 h=0.8m。在光滑
轨道 OB 上的 A 点设置一固定的障碍物，当货车撞到障碍物时会被粘住不动，而货物就被抛出，
恰好会沿 BC 方向落在 B 点。已知货车上表面的动摩擦因数 ，货物可简化为质点，斜
面 的 倾 角 为 。
(1)求货物从 A 点到 B 点的时间；
(2)求 AB 之间的水平距离；
(3)若已知 OA 段距离足够长，导致货物在碰到 A 之前已经与货车达到共同速度，则货车的
长度是多少?
【答案】 （1）0.4s；（2）1.2m；（3）6.7m
2
0
1
2Lcos v t Lsin gtθ θ= ， ＝ 02v tant g
θ=
0 0
2yv gttan tanv v
α θ θ+ = =（ ） ＝ α 0v 1 2
α α=
0 10 /m sυ =
0.5µ =
( )253 sin53 0.8,cos53 0.6, 10 /g m s= = =
（3）在小车碰撞到障碍物前，车与货物已经到达共同速度，根据牛顿第二定律：
对 m： 1
对 M：
当 时，m、M 具有共同速度：
三、水平面内的匀速圆周运动的分析方法
1.运动实例：圆锥摆、火车转弯、飞机在水平面内做匀速圆周飞行等.
2.这类问题的特点是:(1)运动轨迹是圆且在水平面内；(2)向心力的方向水平，竖直方向的合
力为零.
3.解答此类问题的方法：
(1)对研究对象受力分析，确定向心力的 ；
(2)确定圆周运动的圆心和半径；
(3)应用相关力 规律列方程求解.
四、竖直平面内的圆周运动的求解思路
（1）定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同，其
原因主要是：“绳”不能支持物体，而“杆”既能支持物体，也能拉物体.
mg maµ =
2mg Maµ =
0 1 2a t a t− =v 2 4m/sa t= =v共
（2）确定临界点：v 临= ，对轻绳模型 说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型
说是 FN 表现为支持力还是拉力的临界点.
（3）研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况.
（4）受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，
F 合=F 向.
（5）过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起 列方程.
【例 5】某同 利用如图实验装置研究摆球的运动情况，摆球由 A 点由静止释放，经过最低
点 C 到达与 A 等高的 B 点，D、E、F 是 OC 连线上的点，OE＝DE，DF＝FC，OC 连线上各
点均可钉钉子。每次均将摆球从 A 点由静止释放，不计绳与钉子碰撞时机械能的损失。下
列说法正确的是 （ ）
A．若只在 E 点钉钉子，摆球最高可能摆到 AB 连线以上的某点
B．若只在 D 点钉钉子，摆球最高可能摆到 AB 连线以下的某点
C．若只在 F 点钉钉子，摆球最高可能摆到 D 点
D．若只在 F 点以下某点钉钉子，摆球可能做完整的圆周运动
【答案】 D
【例 6】如图所示，倾角为 的粗糙斜面 AB 底端与半径 的光滑半圆轨道 BC 平
滑相连，O 为轨道圆心，BC 为圆轨道直径且处于竖直方向，A.C 两点等高。质量 的
滑块从 A 点由静止开始下滑，恰能滑到与 O 等高的 D 点，（g 取 ， ，
）；
（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数 ；
37 0.4R m=
1m kg=
210 /m s sin37 0.6=
cos37 0.8=
µ
（2）若使滑块能到达 C 点，求滑块从 A 点沿斜面滑下时的初速度 的最小值；
（3）若滑块离开 A 处的速度大小为 ，求滑块从 C 点飞出至落到斜面上的时间 。
【答案】 （1） （2） （3）
【解析】（1）A 到 D 过程，据动能定理：
解得：
（2）要使滑块能到达 C 点，则在圆周最高点 C 处，
A 到 C 过程，据动能定理：
解得：
第四部分 基础练+测
一、选择题
1．如图所示是磁带录音机的磁带盒的示意图，A、B 为缠绕磁带的两个轮子，其半径均为
r。在放音结束时，磁带全部绕到了 B 轮上，磁带的外缘半径为 R，且 R=3r。现在进行倒带，
使磁带绕到 A 轮上。倒带时 A 轮是主动轮，其角速度是恒定的，B 轮是从动轮。经测定磁
带全部绕到 A 轮上需要的时间为 t。则从开始倒带到 A、B 两轮的角速度相等所需要的时间
（ ）
0v
2 6 /m s t
0.375 2 3 /m s 0.2s
0
0
2– cos37 · 0 – 0sin37
RmgR mgµ =
3 0.3758
µ = =
2
Cvmg m R
=
0 2 2
00
2 1 1– cos37 ·sin37 2 2C
Rmg mv mvµ = −
0 2 3 /v m s=
A． B． C． D．
【答案】 B
【解析】
A 和 B 两个转动轮通过磁带连在一起，线速度相等，A 轮是主动轮，其角速度是恒定的，随
着磁带逐渐绕在 A 轮上，A 轮的半径逐渐变大，线速度 vA=ωArA 逐渐变大，B 轮上面的的磁
带逐渐减少，当角速度相等时，两个磁带轮的半径相等，即刚好有一半的磁带倒在 A 轮上，
由于线速度逐渐变大，剩下的一半磁带将比前一半磁带用时间短，所以从开始倒带到 A、B
两轮的角速度相等的过程中，所用时间大于 t。
2．一小球以初速度 v0 竖直上抛，它能到达的最大高度为 H，问下列几种情况中，哪种情况
小球不可能达到高度 H（忽略空气阻力）： （ ）
A．图 a，以初速 v0 沿光滑斜面向上运动
B．图 b，以初速 v0 沿光滑的抛物线轨道，从最低点向上运动
C．图 c（H>R>H/2），以初速 v0 沿半径为 R 的光滑圆轨道从最低点向上运动
D．图 d（R>H），以初速 v0 沿半径为 R 的光滑圆轨道从最低点向上运动
【答案】 C
3．2013 年 2 月 16 日，在加拿大城市温哥华举行的第二十一届冬奥会花样滑冰双人自由滑
比赛落下帷幕，中国选手申雪、赵宏博获得冠军．如右图所示，如果赵宏博以自己为转动轴
拉着申雪做匀速圆周运动．若赵宏博的转速为 30 r/min，手臂与竖直方向夹角为 60°，申雪
的质量是 50 kg，她触地冰鞋的线速度为 4.7 m/s，则下列说法正确的是 （ ）
2
t t2
15 −
t2
16 −
t2
17 −
2
1
A．申雪做圆周运动的角速度为 2π rad/s
B．申雪触地冰鞋做圆周运动的半径约为 2 m
C．赵宏博手臂拉力约是 850 N
D．赵宏博手臂拉力约是 500 N
【答案】 C
【解析】
申 雪 做 圆 周 运 动 的 角 速 度 即 赵 宏 博 转 动 的 角 速 度 ． 则
，A 错误
由 得： ， B 错误；
由 解得 F＝850 N，C 正确，D 错误．
故选 C
4．“快乐向前冲”节目，中有这样一种项目，选手需要借助悬挂在高处的绳飞跃到鸿沟对面
的平台上，如果已知选手的质量为 m，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹
角为 ，绳的悬挂点 O 距平台的竖直高度为 H，绳长为 L，不考虑空气阻力和绳的质量，下
列说法正确的是 （ ）
A．选手摆到最低点时处于失重状态
B．选手摆到最低点时所受绳子的拉力为
C．选手摆到最低点时所受绳子的拉力大小大于选手对绳子的拉力大小
D．选手摆到最低点的运动过程中，其运动可分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向上的
匀加速运动
【答案】 B
α
( )3 2cos mgα−
30r / min 30 2 / 60 rad / s rad / sω π π×＝ ＝ ＝
v rω＝ 1.5 mr＝
2cos30F mrω°＝
5．如图所示，质量不计的轻质弹性杆 P 插入桌面上的小孔中，杆的另一端固定一质量为 m
的小球，今使小球在水平面内做半径为 R 的匀速圆周运动，角速度为ω，则下列说法正确
的是（重力加速度为 g）。（ ）
A．球所受的合外力大小为
B．球所受的合外力大小为
C．球对杆作用力的大小为
D．球对杆作用力的大小为
【答案】 D
【解析】杆的弹力和球的重力的合力提供向心力，所以向心力为 ，AB 错；由勾股定
理可知 球对杆的作用力为 ，D 对；
6．如右图所示，一条小船位于 200 m 宽的河正中 A 点处，从这里向下游 处有一
危险的急流区，当时水流速度为 4 m/s，为使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水
中的速度至少为： （ ）
图
1
1
242 Rgm ω−
242 Rgm ω+
242 Rgm ω−
224 gRm +ω
Rmw2
224 gRwm +
100 3m
A. B. C. D.
【答案】 C
7．如图所示，光滑水平平台上有一个质量为 m 的物体，地面上的人用跨过定滑轮的绳子向
右拉动物体，不计绳和滑轮的质量、滑轮的大小及滑轮的摩擦，人手离滑轮到竖直高度始终
为 h，所分析的运动过程中，人的初位置在 A 点，当人以速度 v 从 A 匀速运动到 B 时，人
离滑轮的水平距离为 x，下列说法正确的是 （ ）
A．在该运动过程中，物块向右做匀加速运动
B．人运动到 B 位置时，物块的运动速率为
C．在该运动过程中，人对物块做的功为
D．在该运动过程中，人对物块做的功为
【答案】 B
α
v静
v静
v合
v水
v静
2 2
vx
h x+
21
2 mv
2 2
2 22( )
mv x
h x+
河岸 100 3 m
A 危险区
4 3 m s3
8 3 m s3
2m s 4m s
8．如图叠放在水平转台上的物体 A、B、C 正随转台一起以角速度 w 匀速转动，A、B、C
的质量分别为 3m、2m、m，B 与转台、C 与转台间的动摩擦因数都为 μ，A 与 B 间的动摩
擦因数也为 μ，B、C 离转台中心的距离分别为 r、1．5r．设本题中的最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，以下说法正确的是 （ ）
A．B 对 A 的摩擦力有可能为 3μmg
B．C 与转台间的摩擦力大于 A 与 B 间的摩擦力
C．若角速度 再在题干所述原基础上缓慢增大，A 与 B 间将最先发生相对滑动
D．转台的角速度 有可能恰好等于
【答案】 D
【解析】
对 AB 整体，有：（3m+2m）ω2r≤μ（3m+2m）g…①
对物体 C，有：mω2（1．5r）≤μmg…②
对物体 A，有：3mω2r≤μ（3m）g…③
联立①②③解得： ，即满足不发生相对滑动，转台的角速度 ，可知
A 与 B 间的静摩擦力最大值 fm=3m•r•ω 2＝3mr• ＝2μmg，故 A 错误，故 D 正确；
由于 A 与 C 转动的角速度相同，由摩擦力提供向心力有 m×1．5rω2＜3mrω2，即 C 与转台
间的摩擦力小于 A 与 B 间的摩擦力，故 B 错误；由 A 选项分析可知，最先发生相对滑动的
是物块 C，故 C 错误．故选 D．
ω
ω 2
3
g
r
µ
2
3
g
r
µω ≤ 2
3
g
r
µω ≤
2
3
g
r
µ
考点：牛顿第二定律的应用
【名师点睛】本题关键是对 A、AB 整体、C 受力分析，根据静摩擦力提供向心力以及最大
静摩擦力等于滑动摩擦力列式分析是关键。
9．（多选）一小球从 A 点做自由落体运动，另一小球从 B 点做平抛运动，两小球恰好同时
到达 C 点，已知 AC 高为 h，两小球在 C 点相遇前瞬间速度大小相等，方向成 60°夹角，g＝
10 m/s2。由以上条件可求 （ ）
A. A、B 两小球到达 C 点所用时间之比为 1:2
B. 做平抛运动的小球初速度大小为
C. A、B 两点的高度差为
D. A、B 两点的水平距离为
【答案】 BC
故初速度： ，竖直分速度 ，由 vy=gtBC，
得 ，故 ，故 A 错误 B 正确；平抛的竖直分位移 ，故 A、B
两点的高度差为
，A、B 两点的水平距离 ，故 C 正确 D 错误；
10．（多选）由光滑细管组成的轨道如图所示，其中 AB 段和 BC 段是半径为 R 的四分之一
圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为 m 的小球，从距离水平地面高为 H 的管口 D 处由
静止释放，最后能够从 A 端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是 （ ）
A．小球能从细管 A 端水平抛出的条件是 H＞2R
B．小球落到地面时相对于 A 点的水平位移为
C．小球释放的高度在 H＞2R 的条件下，随着 H 的变大，小球在 A 点对轨道的压力越大
D．若小球经过 A 点时对轨道无压力，则释放时的高度
【答案】 AD
11．（多选）如图所示，在水平转台上放置有轻绳相连的质量相同的滑块 1 和滑块 2，转台
绕转轴 OO′以角速度 ω 匀运转动过程中，轻绳始终处于水平状态，两滑块始终相对转台静止，
且与转台之间的动摩擦因数相同，滑块 1 到转轴的距离小于滑块 2 到转轴的距离．关于滑
块 1 和滑块 2 受到的摩擦力 f1 和 f2 与 ω2 的关系图线，可能正确的是 （ ）
22 2RH R−
5
2H R=
A. B. C. D.
【答案】 AC
考点：考查了圆周运动，牛顿第二定律
【名师点睛】抓住两物块角速度相等，根据牛顿第二定律判断哪一个物块先达到最大静摩擦
力，然后角速度增大，通过拉力的变化判断两物块摩擦力的变化．
12．（多选）如图所示，一半径为 R 的光滑半圆形细轨道，其圆心为 O，竖直固定在地面
上。轨道正上方离地高为 h 处固定一水平光滑长直细杆，杆与轨道在同一竖直平面内，杆上
P 点处固定一定滑轮，P 点位于 Q 点整上方。A、B 是质量均为 m 的小环，A 套在杆上，B
套在轨道上，一条不可伸长的轻绳通过定滑轮连接两环。两环均可看作质点，且不计滑轮大
小与摩擦。现对 A 环施加一水平向右的力 F，使 B 环从地面由静止开始沿轨道运动。则
（ ）
A．若缓慢拉动 A 环，B 环缓慢上升至 D 点的过程中，F 一直减小
B．若缓慢拉动 A 环，B 环缓慢上升至 D 点的过程中，外力 F 所做的功等于 B 环机械能的增
加量
C．若 F 为恒力，B 环最终将静止在 D 点
D．若 F 为恒力，B 环被拉到与 A 环速度大小相等时，
【答案】 ABD
sin ROPB h
∠ =
考点：考查功能关系．
【名师点睛】本题连接体问题，从功能关系研究两环能量的变化关系，关键要知道当 PB 线
与圆轨道相切时两环的速度大小相等．
二、非选择题
13．如图所示，半径 的四分之一粗糙圆弧轨道 AB 置于竖直平面内，轨道的 B 端切
线水平，且距水平地面高度为 =1.25m，现将一质量 =0.2kg 的小滑块从 A 点由静止释放，
滑块沿圆弧轨道运动至 B 点以 的速度水平飞出（ 取 ）．求：
（1）小滑块沿圆弧轨道运动过程中所受摩擦力做的功；
（2）小滑块经过 B 点时对圆轨道的压力大小；
（3）小滑块着地时的速度大小.
【答案】 （1） （2）压力为 4.5N，（3）
【解析】
(1) 设小滑块沿圆弧轨道运动过程中所受摩擦力做的功为 ，应用动能定理研究 A 点到 B
点有：
解得: ．
2R m=
h m
5 /v m s= g 210 /m s
1.5fW J= − 5 2 /m s
fW
21 02fmgR W mv+ = −
1.5fW J= −
14．如图所示，半径 R=0.5m 的光滑圆弧面 CDM 分别与光滑斜面体 ABC 和斜面 MN 相切于
C、M 点，斜面倾角分别如图所示。O 为圆弧圆心，D 为圆弧最低点，C、M 在同一水平高
度。斜面体 ABC 固定在地面上，顶端 B 安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮
摩擦)分别连接小物块 P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持 P、Q 两物块静止。若
PC 间距为 L1=0.25m，斜面 MN 足够长，物块 P 质量 m1=3kg，与 MN 间的动摩擦因数
μ= ，重力加速度 g=10m/s2。求：(sin37°=0.6，cos37°=0.8)
（1）小物块 Q 的质量 m2；
（2）烧断细绳后，物块 P 第一次到达 D 点时对轨道的压力大小；
（3）物块 P 在 MN 斜面上滑行的总路程。
【答案】 （1）4kg（2）78N（3）1m
【解析】（1）根据共点力平衡条件，两物体的重力沿斜面的分力相等，有：
m1gsin53°=m2gsin37°
解得：m2=4kg
即小物块 Q 的质量 m2 为 4kg．
（2）P 到 D 过程，由动能定理得 m1gh=
根据几何关系，有：
h=L1sin53°+R（1﹣cos53°）
在 D 点，支持力和重力的合力提供向心力：
FD﹣mg=m
1
3
解得：FD=78N
由牛顿第三定律得，物块 P 对轨道的压力大小为 78N．
（3）分析可知最终物块在 CDM 之间往复运动，C 点和 M 点速度为零．
由全过程动能定理得：mgL1sin53°﹣μmgL1cos53°L 总=0
解得：L 总=1.0m
即物块 P 在 MN 斜面上滑行的总路程为 1.0m．
15．如图所示，轮半径 r＝10 cm 的传送带，水平部分 AB 的长度 L＝1.5 m，与一圆心在 O
点、半径 R＝1 m 的竖直光滑圆轨道的末端相切于 A 点，AB 高出水平地面 H＝1.25 m，一
质量 m＝0.1 kg 的小滑块(可视为质点)，由圆轨道上的 P 点从静止释放，OP 与竖直线的夹
角 θ＝37°.已知 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s 2，滑块与传送带间的动摩擦因
数 μ＝0.1，不计空气阻力．
(1)求滑块对圆轨道末端的压力；
(2)若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与 B 间的水平距离；
(3)若传送带以 v0＝0.5 m/s 的速度沿逆时针方向运行(传送带上部分由 B 到 A 运动)，求滑
块在传送带上滑行过程中产生的内能．
【答案】 （1） 1.4 N （2）0.5 m （3）0.2 J
(2)若传送带静止，从 A 到 B 的过程中，由动能定理得：－μmgL＝
1
2m －
1
2mv2
解得：vB＝1 m/s ；
滑块从 B 点开始做平抛运动，滑块的落地点与 B 点间的水平距离为： x＝vB
2퐻
푔 ＝0.5 m.
(3)传送带向左运动和传送带静止时，滑块的受力情况没有变化，滑块从 A 到 B 的运动情况
没有改变．所以滑块和传送带间的相对位移为：Δx＝L＋v0 ＝2 m
2
Bv
g
vv B
µ
−
滑块在传送带上滑行过程中产生的内能为： Q＝μmgΔx＝0.2 J.
16．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轨道 MNP，其形状为半径 R＝1.0m 圆环剪去了左上角 120°的
圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的数值距离是 h＝2.4m。用质量 m1＝0.4kg 的物块将
弹簧缓慢压缩到 C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在 B 点，用同种材料、质量为 m2
＝0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到 C 点释放，物块通过 B 点后做匀变速运动，其位移与时间
的关系为 x＝6t－2t2，物块飞离桌面后恰好由 P 点沿切线落入圆轨道(不计空气阻力，g 取
10m/s2)。求：
⑴物块 m2 过 B 点时的瞬时速度 vB 及与桌面间的滑动摩擦因数 μ；
⑵若轨道 MNP 光滑，物块 m2 经过轨道最低点 N 时对轨道的压力 FN；
⑶若物块 m2 刚好能到达轨道最高点 M，则释放 m2 后整个运动过程中其克服摩擦力做的功
W。
【答案】 ⑴vB＝6m/s，μ＝0.4；⑵FN＝16.8N；⑶W＝8.0J
⑵物块从 D 点离开桌面后做平抛运动，设至 P 点时速度在竖直方向上的分量为 vy，则在竖
直方向上，根据自由落体运动规律有：h＝ ⑤
因物块由 P 点沿切线落入圆轨道，由几何关系和物块水平方向做匀速运动的规律可知：vy＝
vDtan60° ⑥
2
2
yv
g
物块由 D 运动至 N 的过程中，只有重力做功，根据动能定理有：m2g(h＋R－Rcos60°)＝
－ ⑦
在 N 点处，物块受重力 m2g 和圆轨道的支持力 FN′作用，根据牛顿第二定律有：FN′－m2g＝
⑧
根据牛顿第三定律可知，物块 m2 经过轨道最低点 N 时对轨道的压力 FN＝FN′ ⑨
由⑤⑥⑦⑧⑨式联立解得：FN＝ ＋m2g(3－2cos60°)＝16.8N
设物块 m2 运动至 P 点时的速度为 vP，在 m2 由 P 运动至 M 的过程中，克服摩擦力做功为 W3，
根据动能定理有：－m2g(R＋Rcos60°)－W3＝ － ⑭
根据几何关系可知：vP＝ ⑮
释放 m2 后整个运动过程中其克服摩擦力做的功为：W＝μm2gx1＋μm2gx2＋W3 ⑯
由①⑤⑥⑩⑪⑫⑬⑭⑮⑯式联立解得：W＝ ＋m2gh( － )
－m2gR( ＋cos60°)
代入数据解得：W＝7.2J＋4.8J－4.0J＝8.0J
考点：本题综合考查了匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、平抛运动规律、运动的合成与
分解、动能定理、功能关系的应用问题，属于较难题。
2
2
1
2 Nm v 2
2
1
2 Dm v
2
2
Nvm R
22
12(1 )tan 60
hm g R
+ °
2
2
1
2 Mm v 2
2
1
2 Pm v
sin 60
yv
°
21 2
1 22( ) B
m m vm m− 2
1
sin 60° 2
1
tan 60°
3
2
