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（物理）物理曲线运动练习题及答案及解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动

1．如图所示， BC为半径 r 2

2 m竖直放置的细圆管，O为细圆管的圆心，在圆管的末5

端 C 连接倾斜角为45°、动摩擦因数μ＝ 0.6 的足够长粗糙斜面，一质量为m＝ 0.5kg 的小球从 O 点正上方某处 A 点以 v0 水平抛出，恰好能垂直 OB 从 B 点进入细圆管，小球过 C 点时速度大小不变，小球冲出 C 点后经过9 s再次回到 C点。（ g＝ 10m/s2）求：

8

（1）小球从O 点的正上方某处 A 点水平抛出的初速度v0为多大？

（2）小球第一次过 C 点时轨道对小球的支持力大小为多少？

（3）若将 BC段换成光滑细圆管，其他不变，仍将小球从 A 点以 v0水平抛出，且从小球进入圆管开始对小球施加了一竖直向上大小为5N 的恒力，试判断小球在BC段的运动是否为匀速圆周运动，若是匀速圆周运动，求出小球对细管作用力大小；若不是匀速圆周运动则

说明理由。

【答案】（ 1） 2m/s （2） 20.9N（ 3） 5 2 N

【解析】

【详解】

（1）小球从 A 运动到 B 为平抛运动，有：rsin45 °＝ v0t

gt

在B 点有： tan45 °

v0

解以上两式得：v0＝ 2m/s

（2）由牛顿第二定律得：

小球沿斜面向上滑动的加速度：

mgsin45 mgcos45

gsin45 +°μg cos45 ＝° 8 2 m/s 2

a1

m

小球沿斜面向下滑动的加速度：

mgsin45 mgcos45

gsin45 ﹣°μg cos45 °＝2 2 m/s2

a2 m

设小球沿斜面向上和向下滑动的时间分别为t 1、 t 2，

由位移关系得： 1 1 12 1 2 2 2

a t a t

22

9 又因为： t1+t 2s

8

解得： t1 3 3 s， t 2 s 8 4

小球从 C 点冲出的速度：v C＝ a1t1＝ 3 2 m/s 在 C 点由牛顿第二定律得：N﹣mg＝m v C2

r

解得： N＝ 20.9N

（3）在 B 点由运动的合成与分解有： v B

v0

2 2 m/s sin45

因为恒力为 5N 与重力恰好平衡，小球在圆管中做匀速圆周运动。设细管对小球作用力大小为 F

由牛顿第二定律得：F＝m v B2 r

解得： F＝ 5 2 N

由牛顿第三定律知小球对细管作用力大小为 5

2 N，

2．如图所示，半径为R 的四分之三圆周轨道固定在竖直平面内，O 为圆轨道的圆心， D 为圆轨道的最高点，圆轨道内壁光滑，圆轨道右侧的水平面BC 与圆心等高．质量为m 的

小球从离 B 点高度为h 处（3

R h 3R ）的 A 点由静止开始下落，从 B 点进入圆轨道，2

重力加速度为g

）．

（1）小球能否到达D点？试通过计算说明；（2）求小球在最高点对轨道的压力范围；

（3）通过计算说明小球从 D 点飞出后能否落在水平面

距离 d 的范围．

【答案】（ 1）小球能到达 D 点；（2） 0 F3mg

BC 上，若能，求落点

与；（ 3）

B 点水平

2 1 R d 2 2 1 R 【解析】

【分析】

【详解】

（1）当小球刚好通过最高点时应有：mg mv D2

R

由机械能守恒可得： mg h R mv D2 2

联立解得 h 3 3

R h 3R D 点；R ，因为h的取值范围为

2

，小球能到达

2

（2 ）设小球在 D 点受到的压力为 F ，则

F mg mv D2 R

mg h R mv D2 2

联立并结合 h 的取值范围3

R h 3R 解得： 0 F 3mg 2

据牛顿第三定律得小球在最高点对轨道的压力范围为：0 F3mg （3）由（ 1）知在最高点D速度至少为v D min gR

此时小球飞离 D 后平抛，有：R 1 gt2

2

x min v D min t

联立解得

x min 2R R ，故能落在水平面BC 上，

当小球在最高点对轨道的压力为3mg 时，有：mg 3mg m v

D2

max

R

解得

v D max 2 gR 小球飞离 D 后平抛 R 1

gt 2，2

x

max v

D max

t

联立解得

x max 2 2R

故落点与 B 点水平距离 d 的范围为： 2 1 R d 2 2 1 R

3．如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆形轨道，外圆 ABCD光滑，内圆的上半部分 B′C′粗D糙′，下半部分 B′A′光D′．一质量滑 m=0.2kg 的小球从轨道的最低点 A 处以初速度 v0向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径

2

g=10m/s ．

R=0.2m，取

（1）若要使小球始终紧贴着外圆做完整的圆周运动，初速度v

0 至少为多少？

（2）若 v0 C =3m/s ，经过一段时间小球到达最高点，内轨道对小球的支持力 F =2N，则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？

（3）若 v0=3.1m/s ，经过足够长的时间后，小球经过最低点 A 时受到的支持力为多少？小球在整个运动过程中减少的机械能是多少？（保留三位有效数字）

【答案】（ 1）v0= 10m/s（2） 0.1J （ 3） 6N； 0.56J

【解析】

【详解】

（1）在最高点重力恰好充当向心力

mv 2

mg C

R

从到机械能守恒

2mgR 1

mv02 -

1

mv C2 2 2

解得

v0 10m/s （2）最高点

mv C'2

mg - F C

R 从 A 到 C 用动能定理

-2mgR - W f 1

mv C'2 -

1

mv02 2 2

得W f =0.1J

（3）由v0=3.1m/s< 10m/s于，在上半圆周运动过程的某阶段，小球将对内圆轨道间有弹力，由于摩擦作用，机械能将减小．经足够长时间后，小球将仅在半圆轨道内做往复运

动．设此时小球经过最低点的速度为v A，受到的支持力为F A

1 2

mgR mv A

F A - mg

得 F A =6N

整个运动过程中小球减小的机械能

mv 2A

R

E

1

mv 02 - mgR 2

得

E =0.56J

4． 如图是节水灌溉工程中使用喷水龙头的示意图。喷嘴离地面高为

h ，将水连续不断地以

恒定速度水平喷出，其喷灌的水平射程为

10h ，喷嘴横截面积为

S （设同一横截面上各点水

流速度大小均相同），水的密度为

ρ，空气阻力忽略不计。重力加速度为

g 。

（ 1）求空中水的体积 V ；

（ 2）假如我们只研究其中一个质量为m 的水滴，不计水滴间的相互影响，求它从喷嘴水 平喷出后在空中运动过程中的动量变化量△p ；

（ 3）假如水击打在水平地面上速度立即变为零，求水击打地面时竖直向下的平均作用力大

小 F 。

【答案】（ 1） 10hs （2） m 2gh （ 3）10ρhSg

【解析】

【详解】

x 10h （1）水喷出时速度：

v 0

5 2gh

2h

2h

g

g

则空中水的体积： V ＝v 0S

2h

＝10hs

g

（2）由动量定理得： △P ＝ mgt ＝mg

2h

＝

m 2gh

g

10hS 2gh

（3）向下为正，在竖直向对由动量定理： F ＝﹣

2h

＝﹣ 10ρhSg （因时间短，

g

则与地面作用时间内重力可略）

则由牛顿第三定律可得对地面的力为10ρhSg。

5．如图所示，竖直平面内有一光滑的直角细杆MON ，其中 ON 水平， OM 竖直，两个小物块 A 和 B 分别套在OM 和 ON 杆上，连接AB 的轻绳长为L=0.5m，．现将直角杆MON 绕过

2

OM 的轴 O1O2缓慢地转动起来．已知 A 的质量为m1=2kg，重力加速度g 取 10m/s 。

（1）当轻绳与 OM 的夹角θ=37°时，求轻绳上张力 F。

（2）当轻绳与 OM 的夹角θ=37°时，求物块 B 的动能 E kB。

（3）若缓慢增大直角杆转速，使轻绳与 OM 的夹角θ由 37°缓慢增加到 53°，求这个过程中

直角杆对 A 和 B 做的功 W A、 W B。

【答案】（ 1）F 25N （2） E kB 2.25J （3） W A 0 ，W B 61 J

12

【解析】

【详解】

（1）因A始终处于平衡状态，所以对 A 有

F cos m1 g

得 F 25N

（2）设B质量为m2、速度为v、做圆周运动的半径为r ，对B有

F sin m v2

2 r

r L sin

E 1 m v2

kB

2 2

得 E kB m1gL sin2 2cos

E

kB 2.25J

（3）因杆对 A 的作用力垂直于 A 的位移，所以 W A

由（ 2）中的 m 1gL sin 2 53 时， B 的动能为 E kB

16 E kB

知，当

J

2cos

3

杆对 B 做的功等于 A 、 B 组成的系统机械能的增量，故

W B

E

kB

E kB m 1 gh ①

其中 h

L cos37 L cos53 ② 得 W B

61

J

12

6． 如图甲所示，长为 4m 的水平轨道 AB 与半径为 R=1m 的竖直半圆弧管道 BC 在 B 处平滑连接，一质量为 1kg 可看作质点的滑块静止于 A 点，某时刻开始受水平向右的力 F 作用开始运动 ，从 B 点进入管道做圆周运动，在 C 点脱离管道 BC ，经 0.2s 又恰好垂直与倾角为

45°的斜面相碰。已知 F 的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与 AB 间的动摩擦因数

为 μ=0.3，取 g=10m/s 2。 求：

（ 1）滑块在 C 点的速度大小； （ 2）滑块经过 B 点时对管道的压力；

（ 3）滑块从 A 到 C 的过程中因摩擦而产生的热量。【答案】 (1) 2m/s(2) 106N ，方向向下 (3) 38J

【解析】 (1)滑块从 C 离开后做平抛运动，由题意知

：

又：

解得 ： v C =2m/s

(2)滑块从 A 到 B 的过程中，由动能定理得：

设在 B 点物块受到的支持力为N，由牛顿第二定律有：

滑块对圆弧管道的压力，由牛顿第三定律有：

联立以上方程，解得：=106N，方向向下；

(3) 滑块从 A 到 B 的过程中因摩擦产生的热量：12J

滑块从 B 到 C 的过程中，由能量守恒定律有：

又：

综上解得： Q=38J。

点睛：本题是一道力学综合题，分析清楚滑块运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第

二定律、动能定理与能量守恒定律即可解题。

7．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v0 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 v0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。

8．三维弹球3DPinball 是 Window 里面附带的一款使用键盘操作的电脑游戏，小王同学

受此启发，在学校组织的趣味运动会上，为大家提供了一个类似的弹珠游戏．如图所示，

将一质量为 m 0.1kg 的小弹珠 ( 可视为质点 ) 放在O点，用弹簧装置将其弹出，使其沿

着光滑的半圆形轨道OA 和 AB 进入水平桌面 BC，从 C点水平抛出．已知半圆型轨道OA 和AB 的半径分别为r 0.2m ， R 0.4m ，BC为一段长为 L 2.0m 的粗糙水平桌面，小弹珠与桌面间的动摩擦因数为0.4 ，放在水平地面的矩形垫子DEFG的 DE边与 BC垂

直， C点离垫子的高度为h 0.8m ，C点离DE的水平距离为x 0.6m ，垫子的长度EF 为

1m，g 10m / s2.求：

1

若小弹珠恰好不脱离圆弧轨道，在 B 位置小弹珠对半圆轨道的压力；

2 若小弹珠恰好不脱离圆弧轨道，小弹珠从 C 点水平抛出后落入垫子时距左边缘DE的距离；

3 若小弹珠从C点水平抛出后不飞出垫子，小弹珠被弹射装置弹出时的最大初速度．

【答案】（ 1） 6N（ 2） 0.2m（3）26m / s

【解析】

【分析】

(1)由牛顿第二定律求得在 A 点的速度，然后通过机械能守恒求得在 B 点的速度，进而由牛

顿第二定律求得支持力，即可由牛顿第三定律求得压力；

(2)通过动能定理求得在 C 点的速度，即可由平抛运动的位移公式求得距离；

(3)求得不飞出垫子弹珠在 C 点的速度范围，再通过动能定理求得初速度范围，即可得到最大

初速度．

【详解】

（1）若小弹珠恰好不脱离圆弧轨道，那么对弹珠在 A 点应用牛顿第二定律有

2

mg mv A，

R

所以，v A gR 2m / s ；

那么，由弹珠在半圆轨道上运动只有重力做功，机械能守恒可得：

1

mv B2 1

mv A2 2mgR ，所以，v B v A2 4gR 2 5m / s ；

2 2

那么对弹珠在 B 点应用牛顿第二定律可得：弹珠受到半圆轨道的支持力

F N mg mv B2

6N ，方向竖直向上；R

故由牛顿第三定律可得：在 B 位置小弹珠对半圆轨道的压力N F N 6N ，方向竖直向下；（ 2）弹珠在 BC 上运动只有摩擦力做功，故由动能定理可得：

mgL 1

mv C2

1

mv B2，2 2

所以，

v C v B2 2 gL 2m / s；

设小弹珠从 C 点水平抛出后落入垫子时距左边缘DE的距离为 d，那么由平抛运动的位移公

式可得： h 1

gt 2，2

x d v C t v C 2h

0.8m ，g

所以， d 0.2m ；

（3）若小弹珠从 C 点水平抛出后不飞出垫子，那么弹珠做平抛运动的水平距离0.6m s 1.6m ；

s s

v C '

2h ，

故平抛运动的初速度t

g

所以， 1.5m / s v C ' 4m / s；

又有弹珠从 O 到 C 的运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得：

mg 2R 2r mgL 1

mv C '2

1

mv02；

2 2

所以，

v0 v C '2 2g 2R 2r 2 gLv C '2 8m / s ，

故41

m / s v0 2 6m / s ，所以小弹珠被弹射装置弹出时的最大初速度为 2 6m / s

；2

【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．

9．某高中物理课程基地拟采购一种能帮助学生对电偏转和磁偏转理解的实验器材.

该器材

的核心结构原理可简化为如图所示.

一匀强电场方向竖直向下，以竖直线ab、 cd 为边界，

其宽度为 L，电场强度的大小为 E 3mv02 . 在cd的左侧有一与cd相切于N点的圆形有

qL

.

现有一质量为 m，电荷量为 q 的带正电粒界匀强磁场，磁场的方向垂直纸面、水平向外

子自 O 点以水平初速度v0正对 M 点进入该电场后，从N 点飞离 cd 边界，再经磁场偏转后

又从 P 点垂直于 cd 边界回到电场区域，并恰能返回O 点.

粒子重力不计

.

试求：

1 粒子从N点飞离cd边界时的速度大小和方向；

2P 、N两点间的距离；

3圆形有界匀强磁场的半径以及磁感应强度大小；

4 该粒子从O点出发至再次回到O点的总时间．

【答案】 1 2v ，方向与边界 cd 成o 角斜向下； 5 3 L ，；（ 3）5L ，

0 30 2

4

8

8 3mv

0 ；4 3L 5 3 L

5qL 2v0 18v0

【解析】

【分析】

（1）利用运动的合成和分解，结合牛顿第二定律，联立即可求出粒子从N 点飞离 cd 边界时的速度大小，利用速度偏向角公式即可确定其方向；（ 2）利用类平抛规律结合几何关系，即可求出P、 N 两点间的距离；（3）利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，联立即

可求出圆形有界匀强磁场的半径以及磁感应强度大小；（ 4）利用类平抛规律求解粒子在电场中运动的时间，利用周期公式，结合粒子在磁场中转过的圆心角求解粒子在磁场中运动

的时间，联立即可求出该粒子从O 点出发至再次回到O 点的总时间．

【详解】

（1）画出粒子轨迹过程图，如图所示：

L

粒子从 O 到 N 点时间： t 1= v 0

粒子在电场中加速度： a=

qE

= 3v 02

m

L

粒子在 N 点时竖直方向的速度： v y =at 1= 3 v 0 粒子从 N 点飞离 cd 边界时的速度 ： v=2v 0

速度偏转角的正切：

tan θ= v y

= 3 ，故 =600，即速度与边界 cd 成 300 角斜向下 ．

v 0 θ

（2） P O t 2

L

粒子从 到 点时间： = 2v 0

粒子从 P 到 O 点过程的竖直方向位移： y 2=

1

at 22 = 3 L 2

8 粒子从 O 到 N 点过程的竖直方向位移：

y 1= 1

at 12

= 3 L

2

2 故 P 、 N 两点间的距离为： Y PN =y 1 +y 2=

5

3 L

8

（3）设粒子做匀速圆周运动的半径为

r ，根据几何关系可得：

r cos600

+r=

5 3

L

8

解得粒子做匀速圆周运动的半径：

r=

5

3 L

12 根据洛伦兹力提供向心力可得：

qvB=m v

2

r

解得圆形有界匀强磁场的磁感应强度

mv 8 3mv 0

： B=

=

5qL

qr 根据几何关系可以确定磁场区域的半径：

R=2r cos30 0

即圆形有界匀强磁场的半径

： R=

5L 4

（4）粒子在磁场中运动的周期： T=

2πr v

粒子在匀强磁场中运动的时间：

2 5 3πL t 3= T=

3 18v0

粒子从 O 点出发至再次回到

3L 5 3πL O 点的总时间： t=t 1+t2+t 3= +

2v 0 18v 0

【点睛】

本题考查带电粒子在复合场中运动，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合

运动学公式求解，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，解题

关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，还要分析好从电场射入磁场衔接点

的速度大小和方向；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中

运动的时间．

10．摄制组在某大楼边拍摄武打片，要求特技演员从地面飞到屋顶，为此导演在某房顶离

地高 H=8m 处架设了轻质轮轴．如题图所示，连汽车的轻质钢缆绕在轴上，连演员的轻质

钢缆绕在轮上，轮和轴固连在一起可绕中心固定点无摩擦转动．汽车从图中 A 处由静止开始加速运动，前进s=6m 到 B 处时速度为v=5m/s ．人和车可视为质点，轮和轴的直径之比

为 3： 1，轮轴的大小相对于H 可忽略，钢缆与轮轴之间不打滑，g 取 10m/s 2．提示：连接汽车的钢缆与连接演员的钢缆非同一根钢缆．试求：

(1)汽车运动到 B 处时演员的速度大小：

(2)汽车从 A 运动到 B 的过程演员上升的高度；

(3)若汽车质量 M=1500kg ，特技演员的质量 m=60kg，且在该过程中汽车受地面阻力大小恒为1000N，其余阻力不计，求汽车从 A 运动到 B 的过程中汽车发动机所做的功．

【答案】 (1)9m/s（2）6m（3）30780J

【解析】（1）将汽车的速度v 分解为如图所示的情况，有：，

解得：α=37°

则得绳子的伸长速度v1=vsin37 =5°× 0.6=3m/s，

由于轮轴的角速度相等．设人的上升速度为v3，轮的半径为R，轴的半径为r，则有，

得 v3= =9 m/s ；

（2）由图可知，在这一过程中，连接轨道车的钢丝上升的距离为：△l= -H=2m 轮和轴的直径之比为 3： 1．所以演员上升的距离为 h=3×2m=6m．

（3）汽车发动机所做的功转化为人的动能，人的重力势能，车的动能，及车与地面的摩擦

力生热．因此： W= mv 人2+mg△h+ Mv 2+fs=30780J；

点睛：考查运动的合成与分解，掌握角速度与线速度的关系，理解功能关系的应用，同时

注意：轮和轴的角速度相同，根据轮和轴的直径之比知道线速度关系．掌握速度分解找出

分速度和合速度的关系．