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高中物理曲线运动解题技巧及经典题型及练习题( 含答案 ) 含解析

一、高中物理精讲专题测试曲线运动

1．如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在 A 点相

切． BC 为圆弧轨道的直径．

3

O 为圆心， OA 和 OB 之间的夹角为α， sin α=，一质量为 m

5

的小球沿水平轨道向右运动，经 A 点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程

中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在 C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g．求：

（1）水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小；

（2）小球到达A点时动量的大小；

（3）小球从C点落至水平轨道所用的时间．

【答案】（ 1）5gR （2） m 23gR （3） 3 5R

2 2 5 g

【解析】

试题分析本题考查小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动及其相关

的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力．

解析（ 1）设水平恒力的大小为F

0，小球到达C点时所受合力的大小为F．由力的合成法则

有

F0

tan ①

mg

F 2(mg )2F02②

设小球到达 C 点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得v2

F m③

R

由①②③式和题给数据得

F0 3

mg ④4

v5gR ⑤

2

（2）设小球到达 A 点的速度大小为v1，作CD PA ，交PA于D点，由几何关系得DA R sin⑥

CD R(1 cos）⑦由动能定理有

mg CD F0 DA 1 mv2 1

mv12⑧

2 2

由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在 A 点的动量大小为

p mv1 m 23gR ⑨

2

（3 ）小球离开 C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g．设小球在竖直方向的初速度为v ，从 C 点落至水平轨道上所用时间为t ．由运动学公式有

v t 1 gt 2 CD ⑩

2

v vsin

由⑤⑦⑩式和题给数据得

3 5R

t

g

5

点睛小球在竖直面内的圆周运动是常见经典模型，此题将小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动有机结合，经典创新．

2．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 v0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μ

，电场力 Eq=3mg/4，重力加速度为

1=0.25、μ2=0.80

g， sin37 =0°.6， cos37 °=0.8．求：

（1）若小球初速度 v0=4 gR，则小球运动到半圆上 B 点时受到的支持力为多大；

（2）小球初速度 v0满足什么条件可以运动过 C 点；

（3）若小球初速度v=4gR ，初始位置变为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）v0 4 gR （3） 44R

【解析】

【分析】

【详解】

（1）加速到 B 点：-1mgx qEx 1 mv2 1 mv02

2 2

v2

在 B 点：N mg m

R

解得 N=5.5mg

（2）在物理最高点

qE F：tan

mg

解得α=370；过 F 点的临界条件： v F=0

从开始到 F 点：- 1mgx qE (x R sin ) mg ( R R cos ) 0 1

mv02 2

解得 v0 4 gR

可见要过 C 点的条件为：v0 4 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 x1 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：

- 1mgx 2 mgx1-qE( x-x1 ) mg 2R 0 1

mv02 2

s x R x1

解得： s (44 )R

3．儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手合一能力。某弹珠游戏可

简化成如图所示的竖直平面内OABCD透明玻璃管道，管道的半径较小。为研究方便建立平

面直角坐标系， O 点为抛物口，下方接一满足方程y 5 x2的光滑抛物线形状管道OA；

9

AB、BC是半径相同的光滑圆弧管道，CD 是动摩擦因数μ＝0.8 的粗糙直管道；各部分管道在连接处均相切。 A、B、C、D 的横坐标分别为x A B C D

＝1.20m 、 x ＝ 2.00m 、x ＝ 2.65m 、 x ＝3.40m。已知，弹珠质量 m＝ 100g，直径略小于管道内径。 E 为 BC管道的最高点，在 D 处有一反弹膜能无能量损失的反弹弹珠，sin37 °＝ 0.6， sin53 °＝ 0.8， g＝10m/s 2，求：

（1）若要使弹珠不与管道OA 触碰，在O 点抛射速度ν0应该多大；

（2）若要使弹珠第一次到达 E 点时对轨道压力等于弹珠重力的 3 倍，在 O 点抛射速度v0

应该多大；

（3）游戏设置 3 次通过 E 点获得最高分，若要获得最高分在O 点抛射速度ν的范围。

【答案】（ 1） 3m/s （2） 2 2 m/s（3）23m/s＜ν0＜26m/s

【解析】

【详解】

5

（1）由 y

9

x2得： A 点坐标（ 1.20m ，0.80m ）

由平抛运动规律得：x A＝v0t，y A 1 gt 2

2

代入数据，求得t ＝ 0.4s， v0＝3m/s ；

（2）由速度关系，可得θ＝ 53°

求得 AB、BC 圆弧的半径 R＝ 0.5m

OE 过程由动能定理得：

mgy A﹣mgR（1﹣cos53 ）°1

mv E2

1

mv02 2 2

解得 v0＝ 2 2 m/s ；

（3）sinα 2.65 2.00 0.40 0.5，α＝ 30°

0.5

CD 与水平面的夹角也为α＝ 30°

设 3 次通过 E 点的速度最小值为v1．由动能定理得

mgy A﹣mgR（1﹣cos53 ）﹣°2μ mgx CD cos30 °＝0 1

mv12 2

解得 v1＝ 2 3 m/s

设 3 次通过 E 点的速度最大值为v2．由动能定理得mgy ﹣mgR（1﹣cos53 ）﹣°4μ mgx cos30 °＝0 1 mv2

A CD 2

2

解得 v2＝ 6m/s

考虑 2 次经过 E 点后不从O 点离开，有

﹣2μmgx CD

°＝ 0 1 2

cos30 2 mv3

解得 v3＝2 6 m/s

故2 3 m/s ＜ν0＜ 2 6 m/s

4．一位网球运动员用网球拍击球，使网球沿水平方向飞出．如图所示，第一个球从O 点

水平飞出时的初速度为v

1，落在自己一方场地上的 B 点后，弹跳起来，刚好过网上的C

点，落在对方场地上的 A 点；第二个球从 O 点水平飞出时的初速度为V2，也刚好过网上的C 点，落在 A 点，设球与地面碰撞时没有能量损失，且不计空气阻力，求：

（1）两个网球飞出时的初速度之比v1： v2；

（2）运动员击球点的高度H 与网高 h 之比 H： h

【答案】（ 1）两个网球飞出时的初速度之比v

1：v2 为1：3；（2）运动员击球点的高度H

与网高 h 之比 H： h 为 4： 3．

【解析】

【详解】

（1）两球被击出后都做平抛运动，由平抛运动的规律可知，两球分别被击出至各自第一次

落地的时间是相等的，设第一个球第一次落地时的水平位移为x1，第二个球落地时的水平位移为 x2

由题意知，球与地面碰撞时没有能量损失，故第一个球在 B 点反弹瞬间，其水平方向的分速度不变，竖直方向的分速度以原速率反向，根据运动的对称性可知两球第一次落地时的

水平位移之比 x1： x2=1： 3，

故两球做平抛运动的初速度之比v1： v2 =1：3

（2 ）设第一个球从水平方向飞出到落地点 B 所用时间为 t1，第 2 个球从水平方向飞出到 C

点所用时间为 t 2，则有 H= 1

gt12，H-h=

1

gt 22 2 2

又： x1=v1t 1

O、 C 之间的水平距离： x'1=v2t2

第一个球第一次到达与 C 点等高的点时，其水平位移x' 2=v1t2，由运动的可逆性和运动的对称性可知球 1 运动到和 C 等高点可看作球 1 落地弹起后的最高点反向运动到 C 点；故

2x =x' +x'

2

1 1

可得： t 1=2t2，H=4（H-h）

得： H： h=4：3

5．如图所示，物体点用细线悬挂一小球并在最低点与物体

A 置于静止在光滑水平面上的平板小车

B 的左端，物体在 A 的上方 O

C(可视为质点 )，线长 L＝ 0.8m ．现将小球 C 拉至水平无初速度释放，

A 发生水平正碰，碰撞后小球 C 反弹的速度为2m/s．已知 A、 B、 C的

质量分别为m A＝ 4kg、 m B＝ 8kg 和 m C＝1kg， A、 B 间的动摩擦因数μ＝0.2，A、C碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g＝ 10m/s 2.

(1)求小球 C 与物体 A 碰撞前瞬间受到细线的拉力大小；

(2)求 A、 C 碰撞后瞬间 A 的速度大小；

(3)若物体 A 未从小车 B 上掉落，小车 B 的最小长度为多少？

【答案】 (1)30 N (2)1.5 m/s (3)0.375 m

【解析】

【详解】

1

（1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：m0 gl m0v02

2

代入数据解得：v0＝ 4m/s ，

对小球，由牛顿第二定律得：

v02 F﹣m0g＝m0

l

代入数据解得： F＝30N

（2）小球 C 与 A 碰撞后向左摆动的过程中机械能守恒，得： 1 mv C2 mgh

2

所以： v C2gh 2 10 0.2 2m/s

小球与 A 碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：m0v0＝﹣ m0v c+mv A

代入数据解得：v A＝1.5m/s

（3）物块 A 与木板 B 相互作用过程，系统动量守恒，以 A 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv A＝（ m+M ）v

代入数据解得：v＝ 0.5m/s

由能量守恒定律得：μmgx 1

mv A2

1

（m+M）v2 2 2

代入数据解得：x＝0.375m；

6．如图甲所示，粗糙水平面与竖直的光滑半圆环在N 点相切， M 为圈环的最高点，圆环半径为 R=0.1m ，现有一质量 m=1kg 的物体以 v0=4m/s 的初速度从水平面的某点向右运动并冲上竖直光滑半圆环，取 g=10m/s2，求：

（1）物体能从 M 点飞出，落到水平面时落点到

N 点的距离的最小值 X m

（2）设出发点到 N 点的距离为 S ，物体从 M 点飞出后，落到水平面时落点到 N 点的距离

为 X ，作出 X 2 随 S 变化的关系如图乙所示，求物体与水平面间的动摩擦因数 μ

（3）要使物体从某点出发后的运动过程中不会在 N 到 M 点的中间离开半固轨道，求出发

点到 N 点的距离 S 应满足的条件

【答案】（ 1） 0.2m ；（ 2） 0.2；（ 3） 0≤ x ≤ 2.75m 或 3.5m ≤ x ＜ 4m ．

【解析】

【分析】

（ 1）由牛顿第二定律求得在 M 点的速度范围，然后由平抛运动规律求得水平位移，即可得到最小值；

（2）根据动能定理得到

M 点速度和 x 的关系，然后由平抛运动规律得到 y 和 M 点速度的

关系，即可得到 y 和 x 的关系，结合图象求解；

（ 3）根据物体不脱离轨道得到运动过程，然后由动能定理求

解．【详解】

（1）物体能从 M 点飞出，那么对物体在

M 点应用牛顿第二定律可得：

mv M 2

mg ≤

，所

R

以， v M ≥ gR ＝ 1m/s ；

物体能从 M 点飞出做平抛运动，故有：

2R ＝

1

gt 2，落到水平面时落点到

N 点的距离 x ＝

2

v M t ≥ gR 2

R

＝

2R ＝0.2m ；

g

故落到水平面时落点到 N 点的距离的最小值为 0.2m ；

（2）物体从出发点到

M 的运动过程作用摩擦力、重力做功，故由动能定理可得：

- μmgx-2 mgR ＝

1 2

-

1 2

；

2 mv M

mv 0

2

物体从 M 点落回水平面做平抛运动，故有：

1 gt 2

，

2R ＝

2

y ＝ v M t ＝ v M 2

4R

(v 0 2 2 gx

4gR)

4R 0.48 0.8 x ；

g

g

由图可得： y 2

=0.48-0.16x ，所以， μ＝

0.16

＝ 0.2；

0.8

（3）要使物体从某点出发后的运动过程中不会在

N 到 M 点的中间离开半圆轨道，那么物

体能到达的最大高度 0＜ h ≤R 或物体能通过 M 点；

物体能到达的最大高度 0＜ h ≤R 时，由动能定理可得：

1 - μmgx- mgh ＝ 0-

2

1

mv 0 2

mgh

2

所以，

x ＝ 2

mg

＝ v 0

g

h ，

2

mv 02，

所以， 3.5m ≤x＜ 4m ；

物体能通过 M 点时，由（ 1）可知 v M ≥ gR ＝ 1m/s ， 由动能定理可得： - μmgx-2 mgR ＝

1

mv M 2

- 1 mv 02；

2

2

1

mv 0

2

1

mv M 2 2mgR 2

2

所以

x ＝ 2

2

v 0 v M g 4gR ，

mg

2

所以， 0≤x ≤2.75m ；

【点睛】

经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解．

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E P （ 2）石块水平抛出的速度大小v 0；

（ 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+Lsin α=2×（ 1+0.6） m = 3.2m

由重力势能公式： E P =mgh= 320J

（2）石块飞出后做平抛运动

水平方向 x = v 0t

竖直方向

h 1 gt 2

2

解得： v0 = 15m/s

（3）长臂从初始位置转到竖直位置过程，

由动能定理得：W mgh 1 mv02

2

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。

8．如图所示，半径R=0.40m 的光滑半圆环轨道处于竖起平面内，半圆环与粗糙的水平地

面相切于圆环的端点A．一质量 m=0.10kg 的小球，以初速度 V0=7.0m/s 在水平地面上向左做加速度 a=3.0m/s 2的匀减速直线运动，运动 4.0m 后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C 点．求

（1）小球到 A 点的速度

（2）小球到 B 点时对轨道是压力

（3） A、 C 间的距离（取重力加速度 g=10m/s 2）．

【答案】（1）V A 5m / s （ 2）F N 1.25 N （ 3） S AC=1.2m

【解析】

【详解】

（1）匀减速运动过程中，有：v A2 v02 2as

解得： v A 5m / s

（2）恰好做圆周运动时物体在最高点 B 满足： mg=m v

B21，解得v B

1 =2m/s R

假设物体能到达圆环的最高点B，由机械能守恒：1

A=2mgR+

1

mv2 mv 2 B 2 2

联立可得：v B=3 m/s

因为 v B>v B1，所以小球能通过最高点B．此时满足 F N mg m v2

R

解得 F N 1.25 N

（3）小球从 B 点做平抛运动，有：

2R= 1

gt2

2

S AC=v B·t

得： S AC=1.2m．

【点睛】

解决多过程问题首先要理清物理过程，然后根据物体受力情况确定物体运动过程中所遵循

的物理规律进行求解；小球能否到达最高点，这是我们必须要进行判定的，因为只有如此

才能确定小球在返回地面过程中所遵循的物理规律．

9．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 v0＝ 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

面，重力加速度g 取 10 m/s 2．求：

a 物块可视为质点， a 横截面略小于管中空部分的横截

(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）v B2m / s （ 2）F N 1.2 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M gr 1

Mv B2 2

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 C2-v B2

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

1

Mv C2 MgR 1

Mv F2

2 2

得v F=2m/s

2

在 F 处由牛顿第二定律M g F N M v F

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．

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/s 2，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95 m/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= 1 mv12 mg

s

2 2

解得：

v1=95 m/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：

1

mv121

mv1 2

1

mv22

2 2 2

解得：

v1′ =0，v2 = 95 m/s

即滑块 B 与小球第一次碰前的速度为95 m/s，碰后的速度为0 （2）碰后瞬间，有：

T-mg=m v

2

2 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：

mg=m v 0

2 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：

1 mv

2 2mgL 1

mv02

2 2

解得：

v= 5 m/s

滑块和小球最后一次碰撞时速度至少为v= 5 m/s，滑块通过的路程为s′，根据能量守恒有:

mgh= 1 mv2 mgs

2

解得：

s′ =19m

小球做完整圆周圆周运动的次数：

s

s

= 10 次

n=2 1

s

即小球做完整圆周运动的次数为10 次。