高中物理曲线运动题20套(带答案)含解析

一、高中物理精讲专题测试曲线运动

1．如图所示，在风洞实验室中，从A点以水平速度v0向左抛出一个质最为m的小球，小球抛出后所受空气作用力沿水平方向，其大小为F，经过一段时间小球运动到A点正下方的B点 处，重力加速度为g，在此过程中求

（1）小球离线的最远距离； （2）A、B两点间的距离； （3）小球的最大速率vmax．

22v02m2gv0mv0 （2） （3）【答案】（1）

FF22F【解析】 【分析】

F24m2g2

（1）根据水平方向的运动规律，结合速度位移公式和牛顿第二定律求出小球水平方向的速度为零时距墙面的距离；

（2）根据水平方向向左和向右运动的对称性，求出运动的时间，抓住等时性求出竖直方向A、B两点间的距离；

（3）小球到达B点时水平方向的速度最大，竖直方向的速度最大，则B点的速度最大，根据运动学公式结合平行四边形定则求出最大速度的大小； 【详解】

（1）将小球的运动沿水平方向沿水平方向和竖直方向分解 水平方向：F＝max v02＝2axxm

2mv0 解得：xm＝2Ft1＝（2）水平方向速度减小为零所需时间 总时间t＝2t1

2122m2gv0 竖直方向上：y＝gt＝22F（3）小球运动到B点速度最大 vx=v0 Vy=gt

v0 ax22 vmax＝vxvy＝v0FF24m2g2

【点睛】

解决本题的关键将小球的运动的运动分解，搞清分运动的规律，结合等时性，运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解．

2．如图所示，水平屋顶高H＝5 m，围墙高h＝3.2 m，围墙到房子的水平距离L＝3 m，围墙外空地宽x＝10 m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上，g取10 m/s2.求： (1)小球离开屋顶时的速度v0的大小范围； (2)小球落在空地上的最小速度．

【答案】(1)5 m/s≤v0≤13 m/s； (2)55m/s； 【解析】 【分析】 【详解】

（1）若v太大，小球落在空地外边，因此，球落在空地上，v的最大值vmax为球落在空地最右侧时的平抛初速度，

如图所示，小球做平抛运动，设运动时间为t1． 则小球的水平位移：L+x=vmaxt1， 小球的竖直位移：H=gt12 解以上两式得 vmax=（L+x）

=（10+3）×

=13m/s．

若v太小，小球被墙挡住，因此， 球不能落在空地上，v的最小值vmin

为球恰好越过围墙的最高点P落在空地上时的平抛初速度，设小球运动到P点所需时间为t2，

则此过程中小球的水平位移：L=vmint2 小球的竖直方向位移：H﹣h=gt22 解以上两式得vmin=L

=3×

=5m/s

因此v0的范围是vmin≤v0≤vmax， 即5m/s≤v0≤13m/s．

（2）根据机械能守恒定律得：mgH+解得小球落在空地上的最小速度：vmin′=

=

=

=5

m/s

3．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．D点位于水平桌面最右端，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R＝0.45m的圆环剪去左上角127°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离为R，P点到桌面右侧边缘的水平距离为1.5R．若用质量m1＝0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点，用同种材料、质量为m2＝0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后其位移与时间的关系为x＝4t﹣2t2，物块从D点飞离桌面后恰好由P点沿切线落入圆轨道．g＝10m/s2，求：

（1）质量为m2的物块在D点的速度；

（2）判断质量为m2＝0.2kg的物块能否沿圆轨道到达M点：

（3）质量为m2＝0.2kg的物块释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功. 【答案】（1）2.25m/s（2）不能沿圆轨道到达M点 （3）2.7J 【解析】 【详解】

（1）设物块由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直方向分速度为：

vy2gR2100.45m/s＝3m/s

vyvD所以：vD＝2.25m/s

tan53°4 3（2）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则

v2mg＝m，

R解得：vgR32m/s 222vPvDvy322.252m/s＝3.75m/s

物块到达P的速度：

若物块能沿圆弧轨道到达M点，其速度为vM，由D到M的机械能守恒定律得：

1122m2vMm2vPm2g1cos53R 222可得：vM0.3375，这显然是不可能的，所以物块不能到达M点

（3）由题意知x＝4t-2t2，物块在桌面上过B点后初速度vB＝4m/s，加速度为：

a4m/s2

则物块和桌面的摩擦力：m2gm2a 可得物块和桌面的摩擦系数: 0.4

质量m1＝0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点，由能量守恒可弹簧压缩到C点具有的弹性势能为：

Epm1gxBC0

质量为m2＝0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点时，由动能定理可得：

1Epm2gxBCm2vB2

2可得，xBC2m 在这过程中摩擦力做功：

W1m2gxBC1.6J

由动能定理，B到D的过程中摩擦力做的功：

W2代入数据可得：W2＝-1.1J

质量为m2＝0.2kg的物块释放后在桌面上运动的过程中摩擦力做的功

1122m2vDm2v0 22WW1W22.7J

即克服摩擦力做功为2.7 J.

4．如图所示，在光滑的圆锥体顶部用长为

的细线悬挂一质量为

的小球，，物体绕轴

因锥体固定在水平面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角为线在水平面内做匀速圆周运动，小球静止时细线与母线给好平行，已知

，

重力加速度g取

若北小球运动的角速度

，求此时细线对小球的拉力大小。

【答案】【解析】 【分析】

根据牛顿第二定律求出支持力为零时，小球的线速度的大小，从而确定小球有无离开圆锥体的斜面，若离开锥面，根据竖直方向上合力为零，水平方向合力提供向心力求出线对小球的拉力大小。

【详解】

若小球刚好离开圆锥面，则小球所受重力与细线拉力的合力提供向心力，有：

此时小球做圆周运动的半径为：

解得小球运动的角速度大小

为：代入数据得：

，则

若小球运动的角速度为：

小球对圆锥体有压力，设此时细线的拉力大小为F，小球受圆锥面的支持力为水平方向上有：竖直方向上有：联立方程求得：【点睛】

解决本题的关键知道小球圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，根据牛顿第二定律求出临界速度是解决本题的关键。

5．如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限的等腰直角三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y＜0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场

mv02E．一质量为m、电荷量为q的带电粒子从电场中Q点以速度v0水平向右射出，

2qh经坐标原点O射入第Ⅰ象限．已知粒子在第Ⅲ象限运动的水平方向位移为竖直方向位移的2倍，且恰好不从PN边射出磁场．已知MN平行于x轴，N点的坐标为(2h,2h)，不计粒子的重力，求：

⑴入射点Q的坐标； ⑵磁感应强度的大小B； ⑶粒子第三次经过x轴的位置坐标.

22v0642gh221,0 【答案】(1)2h,h(2) mv0(3)gqh【解析】 【分析】

带电粒子从电场中Q点以速度v0水平向右射出，在第Ⅲ象限做的是类平抛运动，在第I象限，先是匀速直线运动，后是圆周运动，最后又在电场中做类斜抛运动． 【详解】

(1)带电粒子在第Ⅲ象限做的是类平抛运动，带电粒子受的电场力为F1运动时间为t1，有

2mv0F1qE

2h由题意得

a1F1qE mm12at1 2x1v0t1

y1解得

2mv0x1

Eq2mv0y1

2Eqmv02E

2qhQ的坐标

2h,h

(2) 带电粒子经坐标原点O射入第Ⅰ象限时的速度大小为v1

vxv0

vyat1

t1联立解得

mv0 Eqvyv0

v12v0

由带电粒子在通过坐标原点O时，x轴和y轴方向速度大小相等可知，带电粒子在第I象限以2v0速度大小，垂直MP射入磁场，并在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，且恰好

不从PN边射出磁场．如下图所示，设圆周的半径为R，由牛顿第二定律则有

22mv0 q2v0BRR2mv0 2qB2h 2221qh由图知EC是中位线，O1是圆心，D点是圆周与PN的切点，由几何知识可得，圆周半径

R解得

B2mv

0(3) 带电粒子从磁场中射出后，又射入电场中，做类斜抛运动，速度大小仍是2v0，且抛 射角是450，如下图所示，

根据斜抛运动的规律，有

vx22v0cos450

vy22v0sin450

带电粒子在电场中飞行时间为t2则有

t22vy1g2v0 g带电粒子在电场中水平方向飞行距离为x2有

22v0x2vx2t2

g带电粒子在p2点的坐标 由几何知识可知p2点的坐标是

（4h2h2，0）

22带电粒子在p1点的坐标是

22v0642gh,0 g【点睛】

带电粒子在不同场中运动用不同的物理公式以及利用几何知识来计算．

6．高台滑雪以其惊险刺激而闻名，运动员在空中的飞跃姿势具有很强的观赏性。某滑雪轨道的完整结构可以简化成如图所示的示意图。其中AB段是助滑坡，倾角α=37°，BC段是水平起跳台，CD段是着陆坡，倾角θ=30°，DE段是停止区，AB段与BC段平滑相连，轨道各部分与滑雪板间的动摩擦因数均为μ=0.03，图中轨道最高点A处的起滑台距起跳台BC的竖直高度h=47m。运动员连同滑雪板的质量m=60kg，滑雪运动员从A点由静止开始起滑，通过起跳台从C点水平飞出，运动员在着陆坡CD上的着陆位置与C点的距离l=120m。设运动员在起跳前不使用雪杖助滑，忽略空气阻力的影响，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

（1）运动员在助滑坡AB上运动加速度的大小； （2）运动员在C点起跳时速度的大小；

（3）运动员从起滑台A点到起跳台C点的过程中克服摩擦力所做的功。 【答案】（1）【解析】 【详解】

（1）运动员在助滑坡AB上运动时，根据牛顿第二定律得：mgsinα-μmgcosα=ma 解得：a=g（sinα-μcosα）=10×（0.6-0.03×0.8）=5.76m/s2．

（2）设运动员从C点起跳后到落到着陆坡上的时间为t，C点到着陆坡上着陆点的距离为L．运动员从C点起跳后做平抛运动，则有 竖直方向：Lsinθ=gt2…① 水平方向：Lcosθ=v0t…② 由①：②得：tanθ=解得 t=2

（2）

（3）

s，v0=30m/s

（3）运动员从起滑台A点到起跳台C点的过程，根据动能定理得

mgh-Wf=mv02

解得克服摩擦力所做的功 Wf=mgh-mv02=60×10×47-×60×302=1200J 【点睛】

本题要分析清楚运动员的运动情况，知道运动员先做匀加速运动，后做匀减速运动，最后平抛运动，是动能定理和平抛运动的综合，要善于运用斜面的倾角研究平抛运动两个分位移之间的关系，求出时间．

7．如图所示，水平传送带AB长L=4m，以v0=3m/s的速度顺时针转动，半径为R=0.5m的光滑半圆轨道BCD与传动带平滑相接于B点，将质量为m=1kg的小滑块轻轻放在传送带的左端．已，知小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.3，取g=10m/s2，求:

(1)滑块滑到B点时对半圆轨道的压力大小；

(2)若要使滑块能滑到半圆轨道的最高点，滑块在传送带最左端的初速度最少为多大． 【答案】（1）28N.（2）7m/s 【解析】 【分析】

（1）物块在传送带上先加速运动，后匀速，根据牛顿第二定律求解在B点时对轨道的压力；（2）滑块到达最高点时的临界条件是重力等于向心力，从而求解到达D点的临界速度，根据机械能守恒定律求解在B点的速度；根据牛顿第二定律和运动公式求解A点的初速度. 【详解】

（1）滑块在传送带上运动的加速度为a=μg=3m/s2；则加速到与传送带共速的时间

tv011s 运动的距离：xat21.5m， a22v0 以后物块随传送带匀速运动到B点，到达B点时，由牛顿第二定律：FmgmR解得F=28N，即滑块滑到B点时对半圆轨道的压力大小28N.

2vD（2）若要使滑块能滑到半圆轨道的最高点，则在最高点的速度满足：mg=m

R解得vD=5m/s； 由B到D，由动能定理：解得vB=5m/s>v0

1212mvBmvDmg2R 22可见，滑块从左端到右端做减速运动，加速度为a=3m/s2，根据vB2=vA2-2aL 解得vA=7m/s

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/s2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/s2）．

【答案】（1） VA5m/s （2）FN1.25N （3）SAC=1.2m 【解析】 【详解】

22（1）匀减速运动过程中，有：vAv02as

解得：vA5m/s

2vB（2）恰好做圆周运动时物体在最高点B满足： mg=m1，解得vB1=2m/s

R假设物体能到达圆环的最高点B，由机械能守恒：联立可得：vB=3 m/s

因为vB>vB1，所以小球能通过最高点B．

121mvA=2mgR+mv2B 22v2此时满足FNmgm

R解得FN1.25N

（3）小球从B点做平抛运动，有：

12gt 2SAC=vB·t

2R=

得：SAC=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，长为3l的不可伸长的轻绳，穿过一长为l的竖直轻质细管，两端分别拴着质量为m、2m的小球A和小物块B，开始时B静止在细管正下方的水平地面上。保持细管竖直用手轻轻摇动细管，稳定后A在水平面内做匀速圆周运动而B保持静止状态。某时刻B静止在地面上且对地面的压力恰好为零。已知重力加速度为g，不计一切阻力。求：

1该时刻连接A的轻绳与竖直方向的夹角； 2该时刻A的线速度大小v；

3从该时刻起轻摇细管使B升高到离地高度为l/2处保持静止，求B上升过程中手对

A、B系统做的功。

60；2?【答案】1?o93gl；3mgl。

82【解析】 【分析】

(1)对B根据平衡求绳子的拉力；对A球分析，由力的平衡条件可求绳与竖直方向夹角θ； (2)对A水平方向做圆周运动，利用牛顿第二定律列式求解；

(3)由力的平衡条件和牛顿第二定律并结合功能关系列式联立可求整个过程中人对A、B系统做的功。 【详解】

（1）B对地面刚好无压力，故此时绳子的拉力为T2mg 对A受力分析如图所示：

在竖直方向合力为零，故Tcosmg 代入数据解得：60o

v2（2）A球水平方向做圆周运动，由牛顿第二定律得：Tsinm代入数据解得：

lsinv3gl 2l3l时，拉A的绳长为，此时对水平方向上有： 22（3）当B上升

Tsinm 3lsin23gl由几何关系可得A相对于原来的高度下降的距2v12联立解得：v1离：VhlllcosB物体重力势能的增加量：VE12mgmgl 242lmglA物体动能的增加量44A物体重力势能的减少量：VE2mgVE312123mv1mvmgl 228对系统运用功能关系可得手对系统做的功：WVE1VE2VE2【点睛】

9mgl 8本题综合考查共点力平衡、牛顿第二定律和功能关系，对于圆锥摆问题，关键分析小球的受力情况，确定其向心力，运用牛顿第二定律和圆周运动的知识结合解答。

10．如图所示，P为弹射器，PA、BC为光滑水平面分别与传送带AB水平相连，CD 为光滑半圆轨道，其半径R=2m，传送带AB长为L=6m，并沿逆时针方向匀速转动．现有一质量m=1kg 的物体（可视为质点）由弹射器P弹出后滑向传送带经BC紧贴圆弧面到达D点，已知弹射器的弹性势能全部转化为物体的动能，物体与传送带的动摩擦因数为=0.2．取g=10m/s2，现要使物体刚好能经过D点，求： （1）物体到达D点速度大小；

（2）则弹射器初始时具有的弹性势能至少为多少．

【答案】（1）25m/s；（2）62J 【解析】 【分析】 【详解】

（1）由题知，物体刚好能经过D点，则有：

2vDmgm

R解得：vDgR25m/s

（2）物体从弹射到D点，由动能定理得：

12WmgL2mgRmvD0

2WEp

解得：Ep62J