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最新高考物理曲线运动解题技巧及经典题型及练习题( 含答案 )一、高中物理精讲专题测试曲线运动

1．已知某半径与地球相等的星球的第一宇宙速度是地球的1

倍．地球表面的重力加速度2

为 g ．在这个星球上用细线把小球悬挂在墙壁上的钉子O 上，小球绕悬点O 在竖直平面内做圆周运动．小球质量为m ，绳长为 L ，悬点距地面高度为H ．小球运动至最低点时，绳恰被拉断，小球着地时水平位移为S 求：

(1)星球表面的重力加速度？

(2)细线刚被拉断时，小球抛出的速度多大？

(3)细线所能承受的最大拉力？

【答案】(1)1

(2)

s 2 g0

(3)T

1s2

g星 = g v0[1] mg 0

4H L4

0 42( H L) L

【解析】

【分析】

【详解】

（1）由万有引力等于向心力可知

G Mm m v2

R2R G Mm mg

R2

v2

可得g

R

则g星＝

1

g0 4

（2）由平抛运动的规律： H L 1

g星t 2

2

s v0t

解得 v s2g0

04H L

2（3）由牛顿定律，在最低点时：T mg星＝ m

v

L

解得： T11s2mg0

42( H L )L

【点睛】

本题考查了万有引力定律、圆周运动和平抛运动的综合，联系三个问题的物理量是重力加

速度g

0；知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律和圆周运动向心力的来源是解

决本题的关键．

2．如图所示，一根长为0.1 m的细线，一端系着一个质量是0.18kg 的小球，拉住线的另一端，使球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动，当小球的转速增加到原转速的 3 倍时，细线断裂，这时测得线的拉力比原来大40 N．求：

（1）线断裂的瞬间，线的拉力；

（2）这时小球运动的线速度；

（3）如果桌面高出地面 0.8 m，线断裂后小球沿垂直于桌子边缘的方向水平飞出去落在离桌

面的水平距离．

【答案】（ 1）线断裂的瞬间，线的拉力为45N；

（2）线断裂时小球运动的线速度为5m/s ；

（3）落地点离桌面边缘的水平距离

2m．【解析】

【分析】

【详解】

(1) 小球在光滑桌面上做匀速圆周运动时受三个力作用;重力 mg 、桌面弹力F N和细线的拉力F,重力 mg 和弹力 F N平衡，线的拉力提供向心力，有：

F N=F=mω2R，

设原来的角速度为ω00

ω,线断时的拉力是1

,线上的拉力是 F ,加快后的角速度为 F ，则有：2

F1:F0=ω2: 0 =9:1，

又 F1=F0+40N，

所以 F 0 =5N,线断时有： F 1=45N. (2) 设线断时小球的线速度大小为

v,由 F 1= m

v 2

，

R

代入数据得： v=5m/ s.

(3) 由平抛运动规律得小球在空中运动的时间为：

t=

2h 2 0.8

s =0.4s ，

g

10

则落地点离桌面的水平距离为：

x=vt=5×0.4=2m.

3． 如图所示，一轨道由半径 R 2m 的四分之一竖直圆弧轨道

AB 和水平直轨道 BC 在 B 点

平滑连接而成．现有一质量为

m 1Kg 的小球从 A 点正上方 R

处的 O 点由静止释放，小

2

球经过圆弧上的 B 点时，轨道对小球的支持力大小F N

18 N ，最后从 C 点水平飞离轨

道，落到水平地面上的 P

. B 点与地面间的高度 h

3.2m ，小球与 BC

段轨道间的动 点 已知 摩擦因数 0.2 ，小球运动过程中可视为质点 . (不计空气阻力， g 取 10 m/s 2). 求：

（1）小球运动至 B 点时的速度大小 v B （2）小球在圆弧轨道

AB 上运动过程中克服摩擦力所做的功

W f

（3）水平轨道 BC 的长度 L 多大时，小球落点 P 与 B 点的水平距最大． 【答案】（ 1） v B ＝4?m / s （ 2） W f ＝22?J （3） L 3.36m

【解析】

试题分析： （ 1）小球在 B 点受到的重力与支持力的合力提供向心力，由此即可求出 B 点 的速度；（ 2）根据动能定理即可求出小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；（ 3）结合

平抛运动的公式，即可求出为使小球落点

P 与 B 点的水平距离最大时

BC 段的长度 ．

（1）小球在 B 点受到的重力与支持力的合力提供向心力，则有

： F N

mg m

v B 2

R

解得： v B 4m / s

（2）从 O 到 B 的过程中重力和阻力做功，由动能定理可得：

mg R

R

W f 1 mv B 2 0

2

2

解得： W f

22J

（3）由 B 到 C 的过程中，由动能定理得：mgL BC1mv C21mv B2

22

v2v2

解得： L BC B C

2g

从 C 点到落地的时间：t02h

0.8s g

B 到 P 的水平距离：L

v B2v C2

2v C t0

g

代入数据，联立并整理可得：

124

L 44v C5v C

由数学知识可知，当v C 1.6m / s时， P 到 B 的水平距离最大，为： L=3.36m

【点睛】该题结合机械能守恒考查平抛运动以及竖直平面内的圆周运动，解题的关键就是

对每一个过程进行受力分析，根据运动性质确定运动的方程，再根据几何关系求出最大值．

4．如图所示，光滑轨道CDEF 是一“过山车”的简化模型，最低点D 处入、出口不重合，E 点是半径为 R 0.32m 的竖直圆轨道的最高点，DF 部分水平，末端 F 点与其右侧的水平传送带平滑连接，传送带以速率v=1m/s 逆时针匀速转动，水平部分长度L=1m．物块B

静止在水平面的最右端 F 处．质量为m A 1

kg的物块 A 从轨道上某点由静止释放，恰好

通过竖直圆轨道最高点 E ，然后与B发生碰撞并粘在一起．若 B 的质量是A的k倍，A、B 与传送带的动摩擦因数都为0.2 ，物块均可视为质点，物块 A 与物块B的碰撞时间极短，取 g 10m / s2．求：

（1）当k 3时物块A、B碰撞过程中产生的内能；

（2）当 k=3 时物块A、B在传送带上向右滑行的最远距离；

（3）讨论k在不同数值范围时，A、B 碰撞后传送带对它们所做的功W 的表达式．

k 22k15

【答案】（1） 6J（ 2） 0.25m（ 3）①W2 k 1 J ②W

1

2 k

【解析】

（1）设物块 A 在 E 的速度为v0，由牛顿第二定律得：m A g m A v02①，

R

设碰撞前 A 的速度为v1．由机械能守恒定律得：2m A gR1m A v021m A v12②，

22

联立并代入数据解得： v1 4m / s③；

设碰撞后 A、B 速度为v2，且设向右为正方向，由动量守恒定律得

m A v1 m A m2 v2④；

解得： v2

m A v

1

141m / s

⑤；m A m B 1 3

由能量转化与守恒定律可得：Q 1

m A v12

1

m A m B v22⑥，代入数据解得Q=6J⑦；22

（2）设物块 AB 在传送带上向右滑行的最远距离为s，

由动能定理得：m A m B gs 1

m A m B v

2

2⑧，代入数据解得 s0.25m ⑨；2

（3）由④式可知：v2

m A

v1

4

m A m B1

m / s ⑩；

k

（i ）如果 A、 B 能从传送带右侧离开，必须满足1m A m B v22m A m B gL ，

2

解得： k＜ 1，传送带对它们所做的功为：W m A m B gL 2 k1 J；

（ii ）（ I）当v2v 时有：k 3 ，即AB返回到传送带左端时速度仍为v2；

由动能定理可知，这个过程传送带对AB 所做的功为： W=0J，

（II）当0 k时， AB 沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速，

当速度与传送带速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左侧．

在这个过程中传送带对AB 所做的功为W 1

m A m B v2

1

m A m B v22，22

k 22k15

；

解得 W

k1

2

【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关

键，应用牛顿第二定律、动量守恒定律、动能定理即可解题；解题时注意讨论，否则会漏

解． A 恰好通过最高点E，由牛顿第二定律求出 A 通过 E 时的速度，由机械能守恒定律求

出 A 与 B 碰撞前的速度，A、B 碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律

求出碰撞过程产生的内能，应用动能定理求出向右滑行的最大距离．根据A、B 速度与传送带速度间的关系分析AB 的运动过程，根据运动过程应用动能定理求出传送带所做的功．

5．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 v0C =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

mv2

mg C

R

从到机械能守恒

2mgR 1

mv02 -

1

mv C2 22

解得

v010m/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 22

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

12

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

6． 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。

7．如图所示 ,粗糙水平地面与半径R 1.6m 的光滑半圆轨道BCD在B点平滑连接 , O点是半圆轨道 BCD 的圆心,B、O、D三点在同一竖直线上,质量m2kg 的小物块 (可视为质

点)静止在水平地面上的A点 .某时刻用一压缩弹簧(未画出 )将小物块沿AB方向水平弹出 ,小

物块经过 B 点时速度大小为10m/s(不计空气阻力).已知x AB 10m

,小物块与水平地面间的

动摩擦因数=0.2 ,重力加速度大小g10m/s2求：

.

(1)压缩弹簧的弹性势能；

(2)小物块运动到半圆轨道最高点时,小物块对轨道作用力的大小；

(3)小物块离开最高点后落回到地面上的位置与 B 点之间的距离.【答案】 (1)140J (2)25N (3)4.8m

【解析】

(1)设压缩弹簧的弹性势能为E P，从A到B根据能量守恒，有

E P 1 mv2B

mgx AB 2

代入数据得E P140J

(2)从 B 到 D，根据机械能守恒定律有

1

mv B21

mv D2mg 2R

22

在 D 点，根据牛顿运动定律有Fmg m v

D

2

R

代入数据解得 F25N

由牛顿第三定律知，小物块对轨道作用力大小为25N

(3)由 D 点到落地点物块做平抛运动竖直方向有2R1gt 2

2

落地点与 B 点之间的距离为x v D t

代入数据解得 x 4.8m

点睛：本题是动能定理、牛顿第二定律和圆周运动以及平抛运动规律的综合应用，关键是

确定运动过程，分析运动规律，选择合适的物理规律列方程求解．

8．如图所示，一质量为 m=1kg 的小球从 A 点沿光滑斜面轨道由静止滑下，不计通过 B 点时的能量损失，然后依次滑入两个相同的圆形轨道内侧，其轨道半径 R=10cm，小球恰能通过第二个圆形轨道的最高点，小球离开圆形轨道后可继续向 E 点运动， E 点右侧有一壕沟， E、F 两点的竖直高度d=0.8m，水平距离 x=1.2m，水平轨道 CD 长为 L1=1m ， DE长为

L2=3m．轨道除 CD 和 DE 部分粗糙外，其余均光滑，小球与 CD 和 DE 间的动摩擦因数

2

（1）小球通过第二个圆形轨道的最高点时的速度；

（2）小球通过第一个圆轨道最高点时对轨道的压力的大小；

（3）若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球从 A 点释放时的高度的范围是多少？

【答案】 (1)1m/s （ 2） 40N (3) 0.45m h0.8m 或 h 1.25m

【解析】

⑴小球恰能通过第二个圆形轨道最高点，有：

mg m v22

R

求得：υ

gR =1m/s①2=

⑵在小球从第一轨道最高点运动到第二圆轨道最高点过程中，应用动能定理有：

1

mv2212

②

- μmgL1=-

2mv 1

2

υ2

2gL1= 5 m/s

2

求得： 1=

2

在最高点时，合力提供向心力，即F N+mg= m1③

R

2

求得： F N = m(1- g)= 40N

R

根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力为：F N′ =F N=40N④

⑵若小球恰好通过第二轨道最高点，小球从斜面上释放的高度为h1，在这一过程中应用动

能定理有：mgh111mv22⑤

- μ mgL - mg 2R =

2

2

求得： h112

=0.45m

=2R+μL+2g

若小球恰好能运动到 E 点，小球从斜面上释放的高度为h1，在这一过程中应用动能定理

有：

mgh - μ mg(L+L)=0- 0⑥

212

求得： h212

=μ(L+L )=0.8m

使小球停在BC 段，应有h12

≤ h≤h，即： 0.45m ≤ h≤ 0.8m

若小球能通过 E 点，并恰好越过壕沟时，则有

1

gt2→ t =2d

d == 0.4s ⑦

2g

E t E x=3m/s ⑧

x=v→υ=

t

设小球释放高度为h3，从释放到运动 E 点过程中应用动能定理有：

mgh3 - μ mg(L1+L 2)=1

mv E2- 0 ⑨2

2

求得： h3=μ (L1+L 2)+E =1.25m

2g

即小球要越过壕沟释放的高度应满足：h≥1.25m

综上可知，释放小球的高度应满足：0.45m≤h≤0.8m或 h≥1.25m ⑩

9．如图所示，水平绝缘轨道AB 长 L=4m，离地高 h=1.8m， A、 B 间存在竖直向上的匀强电

－

A 点以 v0=6m/s 的初速度场。一质量 m=0.1kg，电荷量 q=-5 ×105C 的小滑块，从轨道上的

向右滑动，从 B 点离开电场后，落在地面上的 C 点。已知 C、 B 间的水平距离 x=2.4m，滑块与轨道间的动摩擦因数μ=0.2，取 g=10m/s 2，求：

（1）滑块离开 B 点时速度的大小；

（2）滑块从 A 点运动到 B 点所用的时间；

（3）匀强电场的场强 E 的大小．

【答案】（ 1） 4m/s ；（ 2） 0.8s；（ 3）5103N/C

【解析】

【详解】

（1）从 B 到 C 过程中，有

12

h＝gt

x＝v B t

解得

v B＝ 4m/s

（2）从 A 到 B 过程中，有

x AB＝v

A v

B t'

2

解得

t'＝ 0.8s

（3）在电场中运动过程中，受力如图

由牛顿第二定律，得

μ（ mg＋ Eq） =mα

由运动学公式，有

v B2－ v A2＝ 2αx

解得

3

E＝ 5× 10N/C

10．如图所示，AB 为倾角37的斜面轨道，BP 为半径R=1m的竖直光滑圆弧轨道，O 为圆心，两轨道相切于 B 点， P、 O 两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在 A 点，另一端在斜面上 C 点处，轨道的AC 部分光滑， CB部分粗糙， CB长 L＝ 1.25m，物块与斜面间的动摩擦因数为＝ 0.25，现有一质量m=2kg 的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到 D 点后释放 (不栓接 )，物块经过 B 点后到达P 点，在 P 点物块对轨道的压力大小为其重力的 1.5倍， sin370.6,cos370.8 ， g=10m/s 2. 求：

(1)物块到达 P 点时的速度大小v P；

(2)物块离开弹簧时的速度大小v C；

(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物块离开弹簧时速度的最大值v m.

【答案】 (1) v P5m/s (2)v C=9m/s (3)v m6m/s

【解析】

【详解】

(1)在 P 点，根据牛顿第二定律：

mg N P m v2P R

解得 : v P 2.5gR5m/s

(2)由几何关系可知BP 间的高度差h BP R(1 cos37 )物块 C 至 P 过程中，根据动能定理：

mgL sin37mghmgLcos37 = 1

mv2 1 mv2

BP2P2C

联立可得： v C

=9m/s

(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物块能够到达的最大高度为与O 等高处的 E 点，物块 C 至 E 过程中根据动能定理：

mgL cos37mgLsin37mgRsin 53 =0 1 mv2

2m

解得： v m6m/s