专题 过山车（解析版）

过山车

1.(2026浙江质检)如图所示，是某公园设计的一种游乐设施，所有轨道均光滑，AB面与水平面成一定夹

角。一无动力小滑车质量为m=10kg，沿斜面轨道由静止滑下，然后滑入第一个圆形轨道内侧，其轨道

半径R=2.5m，不计过B点的能量损失，根据设计要求，在圆轨道最低点与最高点各放一个压力传感器，

测试小滑车对轨道的压力，并通过计算机显示出来。小滑车到达第一圆轨道最高点C处时刚好对轨道

无压力，又经过水平轨道滑入第二个圆形轨道内侧，其轨道半径r=1.5m，然后从水平轨道上飞入水池

内，水面离水平轨道的距离为h=5m。g取10m/s2，小滑车在运动全过程中可视为质点。求：

(1)小滑车在第一圆形轨道最高点C处的速度vC的大小；

(2)在第二个圆形轨道的最高点D处小滑车对轨道压力FN的大小；

(3)若在水池内距离水平轨道边缘正下方的E点x=12m处放一气垫(气垫厚度不计)，要使小滑车既能

安全通过圆轨道又能落到气垫之上，则小滑车至少应从离水平轨道多高的地方开始下滑？

【解析】．(1)在C点，根据牛顿第二定律

mg=m

解得

vC=5m/s

(2)由C点到D点过程根据机械能守恒

22

mg.2R+mvC=mvD+mg.2r

在D点

'

mg+FN=m

所以

'

FN=333.3N

由牛顿第三定律知小滑车对轨道的压力FN为333.3N。

(3)小滑车要能安全通过圆形轨道，在平台上速度至少为v1，根据机械能守恒有

22

mg.2R+mvC=mv1

小滑车要能落到气垫上，在平台上速度至少为v2，则

1

h=gt2

x=v2t

解得

v2>v1

所以只要

2

mgH=mv2

即可满足题意。解得

H=7.2m

2.如图1所示，游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来。我们把这种情形抽象为

如图2所示的模型：弧形轨道的下端与半径为R的竖直圆轨道相接，B、C分别为圆轨道的最低点和最

高点。质量为的小球(可视为质点)从弧形轨道上的A点由静止滚下，到达B点时的速度为vB=

、6gR，且恰好能通过C点。已知A、B间的高度差为h=4R，g为重力加速度。求：

(1)小球运动到B点时，轨道对小球的支持力F的大小；

(2)小球通过C点时的速率vC；

(3)小球从A点运动到C点的过程中，克服摩擦力做的功W。

【解析】(1)小球运动到B点时，根据牛顿第二定律

解得：FN=7mg

(2)小球恰好通过C点，根据牛顿第二定律mg=m

解得vC=gR

(3)小球从A点运动到C点的过程中，根据动能定理

2

mgh-mg·2R-W=mvC

解得W=mgR

3.为了研究过山车的原理，某兴趣小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角30°,长l=1m的倾斜轨道

2

AB，通过水平轨道BC与半径为R=0.2m的竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，所有轨道都是光滑

的。其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图所示。一个质量m=1kg小物块(可视为质点)从A点由

静止沿倾斜轨道滑下，小物块恰能过竖直圆轨道的最高点。求：

(1)小物体到达圆轨道最高点时的速度大小；

(2)小物块到达C点时的速度大小；

(3)小物块到达C点时对圆轨道压力FN的大小；

(4)小物块从轨道末端DE离开后水平飞出平台，最终落在地面上，若平台离地高度为h=1.25m，求物体

落地点与平台右边缘的水平距离。

【解析】(1)小物块恰能过竖直圆轨道的最高点，根据牛顿第二定律

mg=m

解得v1=gR=2m/s

(2)对小物块，由动能定理

解得vC==10m/s

(3)在C点，根据牛顿第二定律

又FN=NC

解得FN=60N

(4)小物块从轨道末端DE离开后水平飞出平台，

由hgt2解得t=0.5s

小物块落地点与平台右边缘的水平距离x=vCtm。

4.如图所示，竖直放置的半径为R=0.2m的螺旋圆形轨道BGEF与水平直轨道MB和BC平滑连接，倾角

为θ=30°的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接。水平传送带MN以v0=4m/s的速度顺时针方向运

3

动，传送带与水平地面的高度差为h=0.8m，MN间的距离为LMN=3.0m，小滑块P与传送带和BC段

轨道间的摩擦因数μ=0.2，轨道其他部分均光滑。直轨道BC长LBC=1m，小滑块P质量为m=1kg。

(1)若滑块P第一次到达圆轨道圆心O等高的F点时，对轨道的压力刚好为零，求滑块P从斜面静止下

滑处与BC轨道高度差H；

(2)若滑块P从斜面高度差H=1.0m处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程的水平位移；

(3)滑块P在运动过程中能二次经过圆轨道最高点E点，求滑块P从斜面静止下滑的高度差H范围。

【解析】(1)若滑块P第一次到达圆轨道圆心O等高的F点时，对轨道的压力刚好为零，则vF=0

由动能定理mg(H-R)-μmgLBC=0

解得H=0.4m

(2)若滑块P从斜面高度差H=1.0m处静止下滑，设滑块运动到N点时速度为，

由动能定理

2

mgH-μmg(LBC+LBC)=mvN

解得vN=2m/s

2

由平抛运动规律，hgt，x=vNt

联立解得滑块从N点平抛后到落地过程的水平位移x=0.8m；

(3)滑块P在运动过程中恰好能第一次经过E点必须具有的高度为H1，由动能定理

在E点。由牛顿第二定律mg=m

解得H1=0.7m

设滑块滑上传送带时速度为vM

由动能定理mgH1-μmgLBCmv

解得vM=10m/s<4m/s

滑块做减速运动位移

因此滑块返回M点时的速度也为vM=10m/s。因此能二次经过圆轨道最高点E点，

设高度为H2时，滑块从传送带返回M点时的最大速度为v=2μgLMN=12m/s

从开始到M点，由动能定理

4

解得H2=0.8m

二次经过圆轨道最高点E点，当滑块再次返回圆轨道B点时速度为，由动能定理

解得vB=2m/s<10m/s

所以滑块不会第三次过E点，能第二次过E点的高度差H范围是

0.7m≤H≤0.8m

5.如图1所示是某游乐场的过山车，现将其简化为如图2所示的模型：倾角θ=37°、L=60cm的直轨道

AB与半径R=10cm的光滑圆弧轨道BCDEF在B处平滑连接，C、F为圆轨道最低点，D点与圆心等

高，E为圆轨道最高点；圆轨道在F点与水平轨道FG平滑连接，整条轨道宽度不计，其正视图如图3所

示．现将一质量m=50g的滑块(可视为质点)从A端由静止释放．已知滑块与AB段的动摩擦因数μ1

2

=0.25，与FG段的动摩擦因数μ2=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s．

(1)求滑块到达E点时对轨道的压力大小FN；

(2)若要滑块能在水平轨道FG上停下，求FG长度的最小值x；

(3)若改变释放滑块的位置，使滑块第一次运动到D点时速度刚好为零，求滑块从释放到它第5次返回

轨道AB上离B点最远时，它在AB轨道上运动的总路程s．

【解析】

(1)滑块从A到E，由动能定理

mg[Lsinθ+R(1-cosθ)-2R]-μ1mgLcosmv

解得vEm/s

滑块到达E点，mg+

解FN=0.1N

(2)滑块在水平轨道FG上停下，由动能定理

mg[Lsinθ+R(1-cosθ)-2R]-μ1mgLcosθ-μ2mgx=0

解得x=0.52m

(3)若从距离B点L0处释放，则从释放到刚好运动到D点过程中，由动能定理

mg[L0sinθ+R(1-cosθ)-R]-μ1mgLcosθ=0

解得L0=0.2m

从释放到第一次返回最高点的过程，设在轨道AB上滑行距离为L1，由动能定理

5

mg(L0-L1)sinθ--μ1mg(L0+L1)cosθ=0

解得LL0

同理，第二次返回最高点的过程，在轨道AB上滑行距离为

第五次返回最高点的过程，在轨道AB上滑行距离为

5

L5=L0，

第五次返回轨道AB上离B点最远时，它在AB轨道上运动的总路程s=L0+2L1+2L2+2L3+2L4+L5

2345

=(1+2×+2×+2×+2×+(L0=L0=m

6.小明同学在上海迪士尼乐园体验了超刺激的游戏项目“创极速光轮”后，对“过山车”类型的轨道运动充

满了兴趣。为此他自己利用器材设计拼接了一条轨道，如图所示，ABC为一条水平轨道，BC段长度为

20cm，斜直轨道CD段长度15cm，与水平面夹角θ=37°,BC段与CD段在C点平滑连接，竖直圆弧轨

道DEF的圆心为O1，半径R1=10cm，圆轨道与CD相切于D点，E为圆弧轨道的最高点，半径O1F水

平，FG段为竖直轨道，与1/4圆轨道GH相切于G点，圆形轨道GH圆心为O2，半径R2=4cm，G、O2、

D在同一水平线上，水平轨道HK长度为40cm，HK与CD轨道错开。在AB段的A端固定一轻质弹

簧，弹簧自然伸长时刚好位于B端，现在B端放置一个小环(可视为质点)但不栓接，小环的质量为m=

0.01kg，现推动小环压缩弹簧d后释放，小环恰好能运动到D点。已知小环只在轨道BC、CD、HK上受

到摩擦力，动摩擦因数μ=0.5，弹簧弹性势能与弹簧弹性形变量的二次方成正比。不计空气阻力，

sin37o=0.6，cos37o=0.8，g=10m/s2。则：

(1)求小环在B点的速度大小v；

(2)某次实验，弹簧压缩量为2d，求小环在E处对轨道的压力；

(3)小环能否停在HK上？若能，求出弹簧压缩量的取值范围；若不能，请说明理由。

【解析】(1)小环由B到D，根据动能定理，

6

2

-μmglBC-μmglCDcosθ-mglCDsinθ=0-mv

代入数据解得v=5m/s

2

(1)弹簧压缩量为d时，弹性势能为Ep=kdmv

22

弹簧压缩量为2d时，弹性势能为E'p=k(2d(=mv'

解得v'=2v=25m/s

设运动到E点的速度为vE，轨道对环的弹力为FE，根据动能定理，

22

-μmglBC-μmglCDcosθ-mglCDsinθ-mgR1(1+cosθ)=mvE-mv'

在E点，由牛顿第二定律mg

联立解得FE=1.04N

根据牛顿第三定律，小环在E处对轨道的压力为1.04N，方向竖直向上。

(2)假设小环在E点速度为零，在HK上滑行的距离为x，根据动能定理，

mgR1(1+cosθ)+mgR2-μmgx=0

代入数据解得x=0.44m>0.4m

故小环不能停止在HK上。

7.如图是由弧形轨道、圆轨道、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC末端装有一体积

不计的理想弹射器，圆轨道与水平直轨道相交于B点，且B点位置可改变。现将质量m=2kg的滑块

(可视为质点)从弧形轨道高H=0.6m处静止释放，且将B点置于AC中点处。已知圆轨道半径R=

0.1m，水平轨道长LAC=1.0m，滑块与AC间动摩擦因数μ=0.2，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不计

其他阻力与能量损耗，求:

(1)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小;

(2)弹射器获得的最大弹性势能;

(3)若H=6m，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，则BC间距离LBC应满足的条件。

答案(1)100N(2)8J(3)0.5m≤LBC≤1m

解析(1)从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程，由动能定理可得

2

mgH-μmgLAB-mg·2R=mv

在圆轨道最高点，由牛顿第二定律可得mg+F=m

联立解得F=100N

由牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小为100N。

(2)弹射器第一次压缩时弹性势能有最大值，由能量守恒定律可知mgH-μmgLAC=Ep

解得Ep=8J。

7

(3)若滑块恰好到达圆轨道的最高点，有mg=m

2

从开始到圆轨道最高点，由动能定理可知mg(H-2R)-μmgs1=mv0

解得s1=28.75m

LBC=29LAC-s1=0.25m

要使滑块不脱离轨道，B、C之间的距离应该满足LBC≥0.25m。

若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零，由动能定理可知mg(H-R)-μmgs2=0

解得s2=29.5m

LAB=s2-29LAC=0.5m

根据滑块运动的周期性可知，应使LBC≥0.5m，滑块不脱离轨道

综上所述，符合条件的BC长度为0.5m≤LBC≤1m。

8.(2024·湖北武汉模拟)如图所示一轨道ABCD竖直放置，AB段和CD段的倾角均为θ=37°,与水平段

BC平滑连接，BC段的竖直圆形轨道半径为R，其最低点处稍微错开，使得滑块能进入或离开。AB段

和CD段粗糙，其余各段轨道光滑。将一质量为m的小滑块从AB轨道上离B点距离L=125R处由静

止释放，滑块经过圆形轨道后冲上CD段上升一段距离后再次滑下，往返滑动多次后静止于轨道上某处。

滑块和轨道AB、CD间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度大小为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

求:

(1)滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小;

(2)滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离;

(3)整个过程中滑块在AB段滑行的总路程。

答案(1)45mg(2)25R(3)137.5R

解析(1)滑块第一次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理有

2