高考物理曲线运动题20套(带答案)及解析.docx

高考物理曲线运动题20 套( 带答案 ) 及解析

一、高中物理精讲专题测试曲线运动

1．一宇航员登上某星球表面，在高为2m 处，以水平初速度5m/s抛出一物体，物体水平射程为 5m ，且物体只受该星球引力作用求：

（1）该星球表面重力加速度

（2）已知该星球的半径为为地球半径的一半，那么该星球质量为地球质量的多少倍．

【答案】（ 1 ） 4m/s 2；（ 2）1

；10

【解析】

（1）根据平抛运动的规律：x＝v0t

得t＝x

＝

5

s＝1s v0 5

由h＝1

gt2 2

得： g＝2

2

h

＝

2

2

2

m / s2＝4m / s2

t1

G M 星 m

（2

）根据星球表面物体重力等于万有引力：

mg＝

R星2 G M 地 m

地球表面物体重力等于万有引力：mg＝R地2

M 星

＝gR星

24 1

21

则

M 地g R地

2

=

10( 2 )10

点睛：此题是平抛运动与万有引力定律的综合题，重力加速度是联系这两个问题的桥梁；知道平抛运动的研究方法和星球表面的物体的重力等于万有引力．

2．水平面上有一竖直放置长H＝ 1.3m

的杆

PO L＝ 0.9m

的轻细绳两端系在杆上

P、 Q

，一长

两点， PQ 间距离为 d＝0.3m，一质量为m＝ 1.0kg 的小环套在绳上。杆静止时，小环靠在

杆上，细绳方向竖直；当杆绕竖直轴以角速度ω旋转时，如图所示，小环与Q 点等高，细绳恰好被绷断。重力加速度g＝10m／ s2，忽略一切摩擦。求：

（1）杆静止时细绳受到的拉力大小T；

（2）细绳断裂时杆旋转的角速度大小ω；

（3）小环着地点与 O 点的距离 D。

【答案】（1） 5N（2）53rad / s（3）1.6m

【解析】

【详解】

（1）杆静止时环受力平衡，有2T＝ mg得： T＝5N

（2）绳断裂前瞬间，环与Q 点间距离为r，有r2＋ d2＝（ L－ r）2

d r

环到两系点连线的夹角为θ，有 sin， cos

L r L r

绳的弹力为T1，有 T1 sin θ＝ mg

2

T1cos θ＋ T1＝ mω r

得 5 3rad / s

（3）绳断裂后，环做平抛运动，水平方向s＝ vt

竖直方向： H d 1 gt2

2

环做平抛的初速度： v＝ωr

小环着地点与杆的距离： D2＝ r2＋ s2

得 D＝ 1.6m

【点睛】

本题主要是考查平抛运动和向心力的知识，解答本题的关键是掌握向心力的计算公式，能

清楚向心力的来源即可。

3．如图所示，水平实验台 A 端固定， B 端左右可调，将弹簧左端与实验平台固定，右端

有一可视为质点，质量为2kg 的滑块紧靠弹簧（未与弹黄连接)，弹簧压缩量不同时，将滑块弹出去的速度不同.圆弧轨道固定在地面并与一段动摩擦因素为0.4 的粗糙水平地面相切

D 点， AB 段最长时， BC两点水平距离x =0.9m, 实验平台距地面髙度h=0.53m ，圆弧半径

BC

R=0.4m，θ =37 °sin37 =0°.6, cos37 =0.°8.

完成下列问題：

，已知

C （1）轨道末端AB 段不缩短，压缩弹黄后将滑块弹出，滑块经过点速度v B=3m/s ，求落到

点时速度与水平方向夹角；

（2）滑块沿着圆弧轨道运动后能在DE 上继续滑行2m, 求滑块在圆弧轨道上对 D 点的压力

大小：

（3）通过调整弹簧压缩量，并将AB 段缩短，滑块弹出后恰好无碰撞从 C 点进入圆弧轨道，求滑块从平台飞出的初速度以及AB 段缩短的距离.

【答案】（1） 45°（ 2） 100N （3） 4m/s 、0.3m

【解析】

（1）根据题意 C 点到地面高度h C R Rcos3700.08m

从 B 点飞出后，滑块做平抛运动，根据平抛运动规律：h h C 1 gt2

2

化简则 t0.3s

根据 x BC v B t可知 v B3m / s

飞到 C 点时竖直方向的速度v y gt 3m / s

因此 tan v y

1 v B

即落到圆弧 C 点时，滑块速度与水平方向夹角为45°

（2）滑块在 DE 阶段做匀减速直线运动，加速度大小

f

g a

m

根据 v E2v D22ax DE

联立两式则 v D4m / s

在圆弧轨道最低处F N mg m v D2

R

则 F N 100N ，即对轨道压力为100N．

（3）滑块弹出恰好无碰撞从 C 点进入圆弧轨道，说明滑块落到 C 点时的速度方向正好沿

着轨迹该出的切线，即tan v y v0

由于高度没变，所以 v y v y3m / s ，370因此 v04m / s

对应的水平位移为x

AC v0 t 1.2m

所以缩短的 AB 段应该是x

AB

x

AC

x

BC0.3m

【点睛】滑块经历了弹簧为变力的变加速运动、匀减速直线运动、平抛运动、变速圆周运

动，匀减速直线运动；涉及恒力作用的直线运动可选择牛顿第二定律和运动学公式；而变

力作用做曲线运动优先选择动能定理，对匀变速曲线运动还可用运动的分解利用分运动结

合等时性研究．

4．如图所示，质量 m=3kg 的小物块以初速度秽v0=4m/s 水平向右抛出，恰好从 A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R= 3.75m，B 点是圆弧轨道的最低点，

圆弧轨道与水平轨道 BD 平滑连接， A 与圆心 D 的连线与竖直方向成37角， MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN 间的动摩擦因数μ=0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个

半径为 r =0.4m 的半圆弧轨道， C 点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD 在 D 点平滑连接。已知重力加速度g=10m/s 2， sin37°=0.6， cos37°=0.8。

（1）求小物块经过 B 点时对轨道的压力大小；

（2）若 MN 的长度为 L0=6m，求小物块通过 C 点时对轨道的压力大小；

（3）若小物块恰好能通过 C 点，求 MN 的长度 L。

【答案】（ 1） 62N（ 2） 60N（ 3）10m

【解析】

【详解】

（1）物块做平抛运动到 A 点时，根据平抛运动的规律有：v0v A cos37 v04

5m / s

解得： v A m / s

cos370.8

小物块经过 A 点运动到 B 点，根据机械能守恒定律有：

1mv A2mg R Rcos371mv B2

22

小物块经过 B 点时，有：F NB mg m v B

2 R

解得：

F NB mg 32cos37m v B262N

R

根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62N （2）小物块由 B 点运动到 C 点，根据动能定理有：

mgL0mg 2r 1

mv C2

1

mv B2 22

在 C 点，由牛顿第二定律得：F NC mg m v C2

r

代入数据解得： F NC60N

根据牛顿第三定律，小物块通过 C 点时对轨道的压力大小是60N

（3）小物块刚好能通过

v2 C 点时，根据mg m C 2

r

解得：

v C 2gr100.4m / s 2m / s

小物块从 B 点运动到 C 点的过程，根据动能定理有：

mgL mg 2r1mv C221

mv B2

22代入数据解得：L=10m

5．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 X2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 M2

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 2R

＝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：

1 - μmgx-

2 mgR＝

2mv M2 -

1

mv02；

2

物体从 M 点落回水平面做平抛运动，故有：2R＝1

gt2，2

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： - μmgx- mgh ＝ 0-

1 mv 0

2 mgh

＝

v 0

2

h ，

所以，

x ＝ 2

mg

g

2

1

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：

1 2

-

1 2

；

- μmgx-2 mgR ＝

mv M

mv

2

2

1

2

1 2

所以

x ＝ 2

mv 0 2 mv M

2mgR v 0

2 v M 2 4gR ，

mg

2 g

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．

6． 如图所示，半径为 R 的四分之三光滑圆轨道竖直放置， CB 是竖直直径， A 点与圆心等

高，有小球 b 静止在轨道底部，小球

a 自轨道上方某一高度处由静止释放自

A 点与轨道相

切进入竖直圆轨道， a 、 b 小球直径相等、质量之比为3 ∶ 1，两小球在轨道底部发生弹性正

碰后小球 b 经过 C 点水平抛出落在离 C 点水平距离为 2

2R 的地面上，重力加速度为

g ，

小球均可视为质点。求

(1)小球 b 碰后瞬间的速度；

(2)小球 a 碰后在轨道中能上升的最大高度。

【答案】 (1)

6gR (2) 1

R

3

【解析】

【详解】

(1)b 小球从 C 点抛出做平抛运动，有： 1 gt22R

2

解得 t 4R g

小球 b 做平抛运动的水平位移：x v C t22R

解得

v C2gR

根据机械能守恒有：1m b v b21m b v C22m b gR

22

可知小球 b 在碰后瞬间的速度：v b6gR

(2)a、b 两小球相碰，由动量守恒得：m a v a m a v a ' m b v b

a、b 两小球发生弹性碰撞，由机械能守恒得：1m a v a21m a v a '21

m b v b2

222又 m a＝ 3m b

v a 211

解得：3v b v a '2v a3v b

可得：

v a '6gR

，小球 a 在轨道内运动，不能到达圆心高度，所以小球 a 不会脱离轨3

道，只能在轨道内来回滚动，根据机械能守恒可得：1

m a v a '2m a gh 2

R

解得： h

3

7．游乐场正在设计一个全新的过山车项目，设计模型如图所示，AB 是一段光滑的半径为

R 的四分之一圆弧轨道，后接一个竖直光滑圆轨道，从圆轨道滑下后进入一段长度为L 的

粗糙水平直轨道BD，最后滑上半径为R 圆心角60的光滑圆弧轨道 DE．现将质量为 m 的滑块从 A 点静止释放，通过安装在竖直圆轨道最高点 C 点处的传感器测出滑块对轨道压

力为 mg，求：

（1）竖直圆轨道的半径r．

（2）滑块在竖直光滑圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力．

（3）若要求滑块能滑上 DE 圆弧轨道并最终停在平直轨道上（不再进入竖直圆轨道），平

直轨道 BD 的动摩擦因数需满足的条件．

【答案】（1）R

（ 2）7mg（ 3）R R 32L L

【解析】

(1)对滑块，从 A 到 C 的过程，由机械能守恒可得：

mg( R2r )1m v C2

2

2mg m v C2

r

R

；

解得： r

3

(2)对滑块，从 A 到 B 的过程，由机械能守恒可得：

mgR 1

mv B2 2

在 B 点，有：

2

N mg m

v B

r

可得：滑块在 B 点受到的支持力

N=7mg；

由牛顿第三定律可得，滑块在 B 点对轨道的压力

N N 7mg ，方向竖直向下；

(3)若滑块恰好停在 D 点，从 B 到 D 的过程，由动能定理可得：

1mgL1mv B2

2

可得：

R 1

L

若滑块恰好不会从 E 点飞出轨道，从 B 到 E 的过程，由动能定理可得：

2 mgL mgR(1 cos )1mv B2

2

可得：

2

R 2L

若滑块恰好滑回并停在 B 点，对于这个过程，由动能定理可得：

3mg·2L 1

mv B2 2

综上所述，

R R 需满足的条件：．

2L L

8．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 m 2kg 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 g 10m/s

2

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

mv B 2 mgx AB

2

代入数据得 E P 140J

(2)从 B 到 D ，根据机械能守恒定律有

1

mv B

2

1

mv D 2 mg 2R

2 2

在 D 点，根据牛顿运动定律有

F mg

m v D2

R

代入数据解得 F 25N

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

2R

1 gt 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

．

9． 如图所示，在光滑水平桌面 EAB 上有质量为 m ＝2 kg 的小球 P 和质量为 M ＝ 1 kg 的小球 Q ， P 、 Q 之间压缩一轻弹簧 (轻弹簧与两小球不拴接 )，桌面边缘 E 处放置一质量也为 M ＝1 kg 的橡

皮泥球 S ，在 B 处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩

的轻弹簧，

P 、 Q 两小球被轻弹簧弹出，小球

P 与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通

过半圆形轨道的最高点

C ；小球

Q 与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球

S 碰撞后合为一体

飞出，落在水平地面上的

D 点。已知水平桌面高为

h ＝ 0.2 m ， D 点到桌面边缘的水平距离

为 x ＝ 0.2 m ，重力加速度为 g ＝ 10 m/s 2，求：

(1)小球

P 经过半圆形轨道最低点

B 时对轨道的压力大小

N B ′；

(2)小球 Q 与橡皮泥球 S 碰撞前瞬间的速度大小

v Q ；

(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能

E p 。

【答案】 (1)120N

(2)2 m/s (3)3 J

【解析】

【详解】

（1）小球 P 恰好能通过半圆形轨道的最高点

C ，则有

2 mg ＝ m

v C

R

解得

v C ＝ gR

对于小球 P ，从 B →C ，由动能定理有

－2mgR ＝ 1

mv C 2

－ 1

mv B 2

2

2

解得

v B ＝ 5gR

在 B 点有

2 N B － mg ＝ m

v B

R

解得

N B ＝ 6mg ＝120 N

由牛顿第三定律有

N B ′＝ N B ＝ 120 N

（2）设

Q 与

S 做平抛运动的初速度大小为

v ，所用时间为

t ，根据公式

h ＝ 1

gt 2，得

2

t ＝ 0.2 s

根据公式 x ＝ vt ，得

v ＝1 m/s

碰撞前后 Q 和 S 组成的系统动量守恒，

则有

Mv Q ＝2Mv

解得

v Q＝ 2 m/s （3）P、Q 和弹簧组成的系统动量守恒，

则有

mv P＝ Mv Q 解得

v P＝ 1 m/s 对 P、 Q 和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有

E p＝1

mv P2＋

1

Mv Q2 22

解得

E p＝ 3 J

10．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 3mv2

0 . 在cd的左侧有一与cd相切于N点的圆形有qL

界匀强磁场，磁场的方向垂直纸面、水平向外.

现有一质量为 m，电荷量为 q 的带正电粒

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 2v0，方向与边界cd 成30o角斜向下； 2 5 3L，；（3）5L，

84

8 3mv

0 ；

4

3L 5 3 L 5qL

2v 0 18v 0

【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 1 0

=at = 3 v 粒子从 N 点飞离 cd 边界时的速度 ： v=2v 0

v y

， 故 =600，即速度与边界 cd 成 300

角斜向下 ．

速度偏转角的正切： tan θ=

=

3v 0

θ

L

（2）粒子从 P 到 O 点时间： t 2= 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

mv8 3mv0： B==

qr5qL

根据几何关系可以确定磁场区域的半径：R=2r cos300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：

2πr T=

v

粒子在匀强磁场中运动的时间：

2 5 3πL

t 3=T=

318v0

3L 5 3πL

粒子从 O 点出发至再次回到O 点的总时间： t=t 1+t2+t 3=

2v0+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．