高中物理曲线运动解题技巧及练习题及解析
一、高中物理精讲专题测试曲线运动
1．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 59
=
x 2
的光滑抛物线形状管道OA ；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 ＝1.20m 、x B ＝2.00m 、x C ＝2.65m 、x D ＝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v 0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ν0的范围。 【答案】（1）3m/s （2）2m/s （3）3m/s ＜ν0＜6m/s 【解析】 【详解】 （1）由y 59
=
x 2
得：A 点坐标（1.20m ，0.80m ） 由平抛运动规律得：x A ＝v 0t ，y A 212
gt =
代入数据，求得 t ＝0.4s ，v 0＝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°）2201122
E mv mv =- 解得 v 0＝2m/s ；
（3）sinα 2.65 2.000.40
0.5
--=
=0.5，α＝30°
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v 1．由动能定理得
mgy A ﹣mgR （1﹣cos53°）﹣2μmgx CD cos30°＝02112
mv - 解得 v 1＝23m/s
设3次通过E 点的速度最大值为v 2．由动能定理得 mgy A ﹣mgR （1﹣cos53°）﹣4μmgx CD cos30°＝02212
mv - 解得 v 2＝6m/s
考虑2次经过E 点后不从O 点离开，有
﹣2μmgx CD cos30°＝02
312
mv -
解得 v 3＝26m/s 故 23m/s ＜ν0＜26m/s
2．如图所示，一位宇航员站一斜坡上A 点，沿水平方向以初速度v 0抛出一个小球，测得小球经时间t 落到斜坡上另一点B ，斜坡倾角为α，已知该星球的半径为R ，引力常量为G ，求：
（1）该星球表面的重力加速度g ； （2）该星球的密度ρ ． 【答案】（1）02tan v t α （2）03tan 2v RtG
α
π 【解析】
试题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据平抛运动的规律求出星球表面的重力加速度．根据万有引力等于重力求出星球的质量，结合密度的公式求出星球的密度．
（1）小球做平抛运动，落在斜面上时有：tanα==
=
所以星球表面的重力加速度为：g=．
（2）在星球表面上，根据万有引力等于重力，得：mg=G
解得星球的质量为为：M=
星球的体积为：V=πR 3．
则星球的密度为：ρ=
整理得：ρ=
点晴：解决本题关键为利用斜面上的平抛运动规律：往往利用斜面倾解的正切值进行求得星球表面的重力加速度，再利用mg=G和ρ=求星球的密度.
3．光滑水平面AB与一光滑半圆形轨道在B点相连，轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为m的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的9倍，之后向上运动经C点再落回到水平面，重力加速度为g.求：
(1)弹簧弹力对物块做的功；
(2)物块离开C点后，再落回到水平面上时距B点的距离；
(3)再次左推物块压紧弹簧，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为多少？
【答案】(1)（2）4R（3）或
【解析】
【详解】
（1）由动能定理得W＝
在B点由牛顿第二定律得：9mg－mg＝m
解得W＝4mgR
（2）设物块经C点落回到水平面上时距B点的距离为S，用时为t，由平抛规律知
S=v c t
2R=gt2
从B到C由动能定理得
联立知，S= 4 R
（3）假设弹簧弹性势能为ＥＰ，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则物块可能在
圆轨道的上升高度不超过半圆轨道的中点，则由机械能守恒定律知 ＥＰ≤mgR
若物块刚好通过C 点，则物块从B 到C 由动能定理得
物块在C 点时mg ＝m 则
联立知：ＥＰ≥mgR .
综上所述，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为 ＥＰ≤mgR 或 ＥＰ≥mgR .
4．水平抛出一个物体，当抛出1秒后，它的速度方向与水平方向成45°角，落地时，速度方向与水平方向成60°角，（g 取10m/s 2）。求： （1）初速度
（2）水平射程（结果保留两位有效数字） （3）抛出点距地面的高度 【答案】（1）10m/s （2）17m(3)15m 【解析】 【分析】
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．将1秒后的速度进行分解，根据v y =gt 求出竖直方向上的分速度，再根据角度关系求出平抛运动的初速度；将落地的速度进行分解，水平方向上的速度不变，根据水平初速度求出落地时的速度；根据落地时的速度求出竖直方向上的分速度，运用v y =gt 求出运动的时间，再根据x=v 0t 求出水平射程．再根据h=12
gt 2
求出抛出点距地面的高度. 【详解】
（1）如图，水平方向v x =v 0，竖直方向v y =gt ，1s 时速度与水平成45°角，即θ=45°
因为tan450=0
y v v
所以v 0=v y
初速度：v0=gt=10×1=10m/s。
（2）落地时，
'
tan60y
x
v
v
=
所以落地竖直速度'
3103/
y
v gt v m s
===
解得t=3s
水平射程：
10317
x v t m m
==≈
（3）抛出点距地面的高度2
2
11
10315
22
h gt m m
==??=
【点睛】
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．知道分运动和合运动具有等时性，掌握竖直方向和水平方向上的运动学公式．
5．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μ=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）5；（2）62J
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由题知，物体刚好能经过D点，则有：
2
D
v
mg m
R
=
解得：25
D
v gR
==m/s
（2）物体从弹射到D点，由动能定理得：
2
1
20
2D
W mgL mgR mv
μ
--=-
p
W E
=
解得：p E =62J
6．如图所示,粗糙水平地面与半径 1.6m R =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2kg m =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10m AB x =,小物块与水平地面间的
动摩擦因数=0.2μ,重力加速度大小2
10m/s g =.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P E ，从A 到B 根据能量守恒，有
2
12
P B AB E mv mgx μ=
+ 代入数据得140J P E =
(2)从B 到D ，根据机械能守恒定律有
22
11222
B D mv mv mg R =+? 在D 点，根据牛顿运动定律有2
D
v F mg m R
+=
代入数据解得25N F =
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2122
R gt = 落地点与B 点之间的距离为D x v t = 代入数据解得 4.8m x =
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．
7．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L 1=1m ，DE 长为L 2=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μ=0.2，重力加速度g =10m/s 2．求：
（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)0.450.8m h m ≤≤或 1.25h m ≥ 【解析】
⑴小球恰能通过第二个圆形轨道最高点，有：
22
v mg m R
=
求得：υ2gR ①
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： ?μmgL 1=
12mv 22?1
2
mv 12 ② 求得：υ12
212gL υμ+5
在最高点时，合力提供向心力，即F N +mg=2
1m R
υ ③ 求得：F N = m(
2
1R
υ?g)= 40N
根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力为：F N ′=F N =40N ④
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：mgh 1 ?μmgL 1 ?mg 2R =
1
2
mv 22 ⑤ 求得：h 1=2R+μL 1+2
22g
υ=0.45m 若小球恰好能运动到E 点，小球从斜面上释放的高度为h 1，在这一过程中应用动能定理有：
mgh 2?μmg(L 1+L 2)=0?0 ⑥ 求得： h 2=μ(L 1+L 2)=0.8m
使小球停在BC 段，应有h 1≤h≤h 2，即：0.45m≤h≤0.8m 若小球能通过E 点，并恰好越过壕沟时，则有 d =
12gt 2 →t =2d g
= 0.4s ⑦ x=v E t →υE =
x
t
=3m/s ⑧ 设小球释放高度为h 3，从释放到运动E 点过程中应用动能定理有： mgh 3 ?μmg(L 1+L 2)=
2
12
E mv ?0 ⑨ 求得：h 3=μ(L 1+L 2)+22E
g
υ=1.25m 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
8．如图所示，表面光滑的长方体平台固定于水平地面上，以平台外侧的一边为x 轴，在平台表面建有平面直角坐标系xoy ，其坐标原点O 与平台右侧距离为d=1.2m 。平台足够宽，高为h=0.8m ，长为L=3.3m 。一个质量m 1=0.2kg 的小球以v0=3m/s 的速度沿x 轴运动，到达O 点时，给小球施加一个沿y 轴正方向的水平力F 1，且F 1=5y （N ）。经一段时间，小球到达平台上坐标为（1.2m ，0.8m ）的P 点时，撤去外力F1。在小球到达P 点的同时，平台与地面相交处最内侧的M 点，一个质量m2=0.2kg 的滑块以速度v 在水平地面上开始做匀速直线运动，滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.5，由于摩擦力的作用，要保证滑块做匀速运动需要给滑块一个外力F2，最终小球落在N 点时恰好与滑块相遇，小球、滑块均视为质点， 2
10/g m s =， sin370.6cos370.8?=?=，。求：
（1）小球到达P 点时的速度大小和方向； （2）M 、N 两点间的距离s 和滑块速度v 的大小； （3）外力F 2最小值的大小（结果可用根式表示）
【答案】（1）5m/s 方向与x 轴正方向成53°（2）1.5m ；3.75m/s （325
N 【解析】（1）小球在平台上做曲线运动，可分解为沿x 轴方向的匀速直线运动和沿y 轴方向的变加速运动，设小球在P 点受到p v 与x 轴夹角为α 从O 点到P 点，变力1F 做功50.8
0.8 1.62
p y J J ?=?= 根据动能定理有22
110
1122
P W m v m v =
-，解得5/p v m s =
根据速度的合成与分解有0cos p v v α=，得53α=?，小球到达P 点时速度与x 轴正方向成
53?
（2）小球离开P 点后做平抛运动，根据平抛运动规律有2
12
h gt =，解得t=0.4s 小球位移在水平面内投影2p l v t m ==
设P 点在地面的投影为P '，则 2.5P P M L y m ='=- 由几何关系可得2222cos s P M l l P M θ=+-??''，解得s=1.5m
滑块要与小球相遇，必须沿MN 连线运动，由s vt =，得 3.75/v m s = （3）设外力2F 的方向与滑块运动方向（水平方向）的夹角为β，根据平衡条件 水平方向有： 2cos F f β=，其中f N μ=，竖直方向有22sin N F m g β+= 联立解得22cos sin m g
F μβμβ
=
+
由数学知识可得()
2221sin F μβθ=
++，其最小值22min 2
25
1F N μ=
=
+。
9．某工厂在竖直平面内安装了如图所示的传送装置，圆心为O 的光滑圆弧轨道AB 与足够长倾斜传送带BC 在B 处相切且平滑连接，OA 连线水平、OB 连线与竖直线的夹角为
37θ=?，圆弧的半径为 1.0m R =，在某次调试中传送带以速度2m/s v =顺时针转动，
现将质量为13kg m =的物块P （可视为质点）从A 点位置静止释放，经圆弧轨道冲上传送带，当物块P 刚好到达B 点时，在C 点附近某一位置轻轻地释放一个质量为21kg m =的物块Q 在传送带上，经时间 1.2s t =后与物块P 相遇并发生碰撞，碰撞后粘合在一起成为粘合体A ．已知物块P 、Q 、粘合体S 与传送带间的动摩擦因数均为0.5μ=，重力加速度
210m/s g =，sin370.6?=，cos370.8?=．试求：
（1）物块P 在B 点的速度大小； （2）传送带BC 两端距离的最小值；
（3）粘合体回到圆弧轨道上B 点时对轨道的压力．
【答案】（1）4m/s （2）3.04m （3）59.04N ，方向沿OB 向下。 【解析】 【分析】 【详解】
（1）由A 到B ，对物块P 由动能定理有
21111
cos 2
m gR m v θ=
可得物块P 在B 点的速度大小
14m/s v ==
（2）因v B >v ，物块P 在传送带上减速，受到向下的摩擦力，由牛顿第二定律有
1111sin cos m g m g m a θμθ+=
可得物块P 的加速度大小
a 1=10m/s 2
减速至v 的时间
1
11
0.2v v t s a -=
=- 运动位移
22
111
0.62v v x m a -==-
因x 1
1112sin cos m g m g m a θμθ-=
可得物块P 的加速度大小
a 1=2m/s 2
减速至0的时间
22
1v
t s a =
= 因t 2=t-t 1，说明物块P 刚好减速到零时与物块Q 相遇发生碰撞 物块P 第二段减速的位移大小
2
22
12v x m a ==
对物体Q
2223sin cos m g m g m a θμθ-=
可得其加速度
a 3=2m/s 2
下滑的位移
2
331 1.442
x a t m =
= BC 的最小距离
L =x 1+x 2+x 3=3.04m
（3）碰撞前物体Q 的速度
v 2=a 3t =2.4m/s
物体P 和Q 碰撞
m 2v 2=（m 1+m 2）v 3
可得碰撞后速度
v 3=0.6m/s
碰撞后粘合体以加速度a 3向下加速运动，到圆弧上的B 点的过程，有
()22
312432-a x x v v +＝
可得粘合体在B 点的速度
v 4=2.6m/s
在B 点由牛顿第二定律有
()()
124
12
2F m m gcos m R
v m θ-++＝
可得轨道对粘合体的支持力
F =59.04N
由牛顿第三定律得：粘合体S 对轨道的压力F ′=59.04N ，方向沿OB 向下。
10．如图所示，某同学在一辆车上荡秋千，开始时车轮被锁定，车的右边有一个和地面相平的沙坑，且右端和沙坑的左边缘平齐；当同学摆动到最大摆角θ=600时，车轮立即解除锁定，使车可以在水平地面无阻力运动，该同学此后不再做功，并可以忽略自身大小，已知秋千绳子长度L=4.5m ，该同学和秋千支架的质量M=200kg ，重力加速度g=10m/s 2，试求：
（1）该同学摆到最低点时的速率；
（2）在摆到最低点的过程中，绳子对该同学做的功；
（3）该同学到最低点时，顺势离开秋千板，他落入沙坑的位置距离左边界多远？已知车辆长度s=3.6m ，秋千架安装在车辆的正中央，且转轴离地面的高度H=5.75m. 【答案】（1）6m/s ；（2）-225J ；（3）0.421m
【解析】
（1）人向下运动的过程中，人与车在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则：
人向下运动的过程中系统的机械能守恒，则：
代入数据，联立得：
（2）对人向下运动的过程中使用动能定理，得：
代入数据解得：
（3）人在秋千上运动的过程中，人与车组成的系统在水平方向的平均动量是守恒的，则：
由于运动的时间相等，则：
又：，联立得：，即车向左运动了
人离开秋千后做平抛运动，运动的时间为：
人沿水平方向的位移为：
所以人的落地点到沙坑边缘的距离为：
代入数据，联立得：。
点睛：该题中涉及的过程多，用到的知识点多，在解答的过程中要注意对情景的分析，尤其要注意人在秋千上运动的过程中，车不是静止的，而是向左运动。