专题4.9 曲线运动综合问题
【考纲解读与考频分析】
曲线运动综合问题考查的知识点多，综合性强，成为高考命题热点。
【高频考点定位】
曲线运动 综合问题
考点一：曲线运动综合问题
【3年真题链接】
1.（2019海南物理·10）三个小物块分别从3条不同光滑轨道的上端由静止开始滑下。已知轨道1、轨道2、轨
道3的上端距水平地面的高度均为 ；它们的下端水平，距地面的高度分别为 、 、 ，
如图所示。若沿轨道1、2、3下滑的小物块的落地点到轨道下端的水平距离分别记为 、 、 ，则（ ）
A. B. C. D.
【参考答案】BC
【名师解析】沿轨道1下滑，由机械能守恒定律，mg（4h-h）= mv2，下滑至轨道1末端时速度v= ，从
0 0 1 1
轨道1末端飞出做平抛运动，由平抛运动规律，s=vt，h= gt2，联立解得s=2 h；沿轨道2下滑，由机械
1 11 0 1 1 0能守恒定律，mg（4h-2h）= mv2，下滑至轨道2末端时速度v= ，从轨道2末端飞出做平抛运动，由
0 0 2 2
平抛运动规律，s=vt，2h= gt2，联立解得s=4 h；沿轨道3下滑，由机械能守恒定律，mg（4h-3h）=
2 22 0 2 2 0 0 0
mv2，下滑至轨道3末端时速度v= ，从轨道3末端飞出做平抛运动，由平抛运动规律，s=vt，3h=
3 3 3 33 0
gt2，联立解得s=2 h；显然，s> s ，s> s ，s= s ，选项BC正确。
3 3 0 2 1 2 3 1 3
2．（2017·江苏卷·5）如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，
物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F.小环和物块以速度v向右匀速
运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动.整个过程中，物块在夹子中没有滑动.小环和夹子的
质量均不计，重力加速度为g.下列说法正确的是（ ）
（A）物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F （B）小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2F
（C）物块上升的最大高度为2v2 （D）速度v不能超过 (2F Mg)L
g M
【参考答案】D
【名师解析】物块向右匀速运动时，则夹子与物体M，处于平衡状态，那么绳中的张力等于Mg，与2F大小关
系不确定，选项A错误；小环碰到钉子P时，物体M做圆周运动，依据最低点由拉力与重力的合力提供向心
力，因此绳中的张力大于Mg，而与2F大小关系不确定，选项B错误；依据机械能守恒定律，减小的动能转化为重力势能，则有： mv2=mgh，那么物块上升的最大高度为h= ，选项C错误；因夹子对物体M的最大静
摩擦力为 2F，依据牛顿第二定律，结合向心力表达式，对物体 M，则有：2F-Mg=M ，解得：v=
(2F Mg)L ，选项D正确。
M
【名师点睛】在分析问题时，要细心。题中给的力F是夹子与重物间的最大静摩擦力，而在物体运动的过程中，
没有信息表明夹子与物体间静摩擦力达到最大。另小环碰到钉子后，重物绕钉子做圆周运动，夹子与重物间
的静摩擦力会突然增大。
3（. 2017全国II卷·17）如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度
从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最
大时，对应的轨道半径为（重力加速度为g）（ ）
A. B. C. D.
【参考答案】B
【名师解析】设小物块运动到最高点的速度为 ，半圆形光滑轨道半径为R，小物块由最低点运动到最高点，
由机械能守恒定律， ；小物块从最高点飞出做平抛运动，x=vt，2R= gt2，联立解得，
t
x=2 =4 .当R= 时，x最大，选项B正确。
4（. 2019年4月浙江选考）某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立
如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角θ=370的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径R=0.4m、转轴间距L=2m的传送带以恒定的线速度
逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H=2.2m。现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块
从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带
间的动摩擦因数均为μ=0.5。（sin370=0.6）
（1）若h=2.4m，求小物块到达B端时速度的大小；
（2）若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件
（3）改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x
与h的关系式及h需要满足的条件。
【参考答案】（1） ；（2） ；（3）
【名师解析】
（1）物块由静止释放到B的过程中：
解得v =4m/s
B
（2）左侧离开，D点速度为零时高为h
1
解得h<h=3.0m
1
（3）右侧抛出，D点的速度为v，则
x=vt
可得
为使能在D点水平抛出则：解得h≥3.6m
【2年模拟再现】
1（. 6分）（2019山东枣庄二模）如图所示，AB为光滑水平直轨道，BCD为半径是R的光滑半圆弧轨道。质量
为m的小球在A点获得瞬时冲量l，经过D点时对轨道的压力大小等于小球的重力大小，经过D点后又恰好
落到A点，重力加速为g，则下列判断正确的是（ ）
A．小球经过D点的速度为 B．小球获得的冲量I＝m
C．小球即将着地时重力的瞬时功率为2mg D．小球从A点运动到B点用时2
【参考答案】CD
【名师解析】根据小球在D点的受力情况应用牛顿第二定律求出经过D点时的速度；
从A到D过程系统机械能守恒，应用机械能守恒定律求出小球在A点的速度，然后求出其获得的冲量；小球
离开D后做平抛运动，应用平抛运动规律求出小球落地时的竖直分速度，然后求出重力的瞬时功率；小球从
A到B做匀速直线运动，应用运动学公式可以求出从A到B的时间。
小球过D点时对轨道的压力大小等于小球的重力大小，在D点，由牛顿第二定律得：mg+mg＝m ，解得：
v ＝ ，故A错误；从A到D过程小球机械能守恒，由机械能守恒定律得： ，解得：
D
v ＝ ，由动量定理得：I＝mv ＝m ，故B错误；小球离开D后做平抛运动，竖直方向：v＝
A A y
＝2 ，
小球落地时重力的瞬时功率：P＝mgccosα＝mgv ＝2mg ，故C正确；小球离开D后做平抛运动，竖直方
y
向：2R＝ ，水平方向：AB＝v t，小球从A到B做匀速直线运动：AB＝v t′，解得：t′＝2 ，故D正确。
D A
2.(2019河南名校联考)如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道
内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3 s后又恰好垂直与倾角为45°的
斜面相碰。已知半圆形管道的半径R＝1 m，小球可看做质点且其质量为m＝1 kg，g取10 m/s2。则( )A.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9 m
B.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9 m
C.小球经过管道的B点时，受到管道的作用力F 的大小是1 N
NB
D.小球经过管道的B点时，受到管道的作用力F 的大小是2 N
NB
【参考答案】 AC
【名师解析】 根据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度v＝gt＝3 m/s，水平分速度v＝vtan 45°＝3
y x y
m/s，则B点与C点的水平距离为x＝vt＝0.9 m，选项A正确，B错误；在B点设管道对小球的作用力方向向
x
下，根据牛顿第二定律，有F ＋mg＝m，v ＝v＝3 m/s，解得F ＝－1 N，负号表示管道对小球的作用力方向
NB B x NB
向上，选项C正确，D错误。
3. (2019·山东泰州联考)如图所示,两个质量均为m的小物块a和b(可视为质点),静止在倾斜的匀质圆盘上,圆
盘可绕垂直于盘面的固定轴转动,a到转轴的距离为l,b到转轴的距离为2l,物块与盘面间的动摩擦因数为,盘
面与水平面的夹角为30°.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g.若a、b随圆盘以角速度ω匀
速转动,下列说法中正确的是 ( )
A. a在最高点时所受摩擦力可能为0 B. a在最低点时所受摩擦力可能为0
C. ω= 是a开始滑动的临界角速度 D. ω= 是b开始滑动的临界角速度
【参考答案】.AD
【名师解析】 a在最高点时可能有重力沿斜面的分力提供向心力,所以所受摩擦力可能为0,，故选项A正确;；
a在最低点,由牛顿运动定律f- mgsin θ=m,所以a在最低点时所受摩擦力不可能为0，,故选项B错误；;对a在
最低点,由牛顿运动定律μmgcos θ-mgsin θ=mω2l,代入数据解得ω=, ，故选项C错误;；对b在最低点,由牛顿运动定律μmgcos θ- mgsin θ=mω2(2l),代入数据解得ω=, ，故选项D正确.
4.（ 2019河南濮阳三模拟）（13分）如图所示，一根跨越一固定的水平光滑细杆的柔软、不可伸长的轻绳，两
端各系一个质量相等的小球A和B，球A刚好接触地面，球B被拉到与细杆同样高度的水平位置，当球B到
细杆的距离为L时，绳刚好拉直．在绳被拉直时释放球B，使球B从静止开始向下摆动．求球A刚要离开地面
时球B与其初始位置的高度差．
【名师解析】设A刚离开地面时，连接球B的绳子与其初始位置的夹角为θ，如图所示，
设此时B的速度为v，对B，
由牛顿第二定律得：T﹣mgsinθ＝m ，
由机械能守恒定律得：mglsinθ＝ mv2，
A刚要离开地面时，T＝mg
以h表示所求的高度差，h＝lsinθ，
解得：h＝ l；
答：球A刚要离开地面时球B与其初始位置的高度差为 l．
5.（ 2019河南示范性高中联考）.如图所示，带有圆管轨道的长轨道水平固定，圆管轨道竖直(管内直径可以忽
略)，底端分别与两侧的直轨道相切圆管轨道的半径R=0.5m，P点左侧轨道(包括圆管光滑右侧轨道粗糙。质
量m=1kg的物块A以v=10m/s的速度滑入圆管，经过竖直圆管轨道后与直轨道上P处静止的质量M=2kg的
0
物块B发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后物块B在粗糙轨道上滑行18m后速度减小为零。已知物块A、B与粗糙轨道间的动摩擦因数均为μ=0.1，取重力加速度大小g=10m/s2，物块A、B均可视为质点。求：
(1)物块A滑过竖直圆管轨道最高点Q时受到管壁的弹力；
(2)最终物块A静止的位置到P点的距离。
【答案】（1）150N（2）2m
【解析】（1）物块A从开始运动到Q点的过程中，由机械能守恒定律可得：
物块A在Q点时，设轨道对物块A的弹力T向下，由牛顿第二定律可得：
解得T=150N，
则物块A在Q点时轨道对它的弹力大小为150N，方向竖直向下；
（2）由机械能守恒定律可知，物块A与B碰前的速度为v，物块A与B碰撞过程，由动量守恒定律：
0
碰后物块B做匀减速运动，由运动学公式：
解得v=-2m/s，v=6m/s
1 2
由机械能守恒定律可知，物块A若能滑回Q点，其在P点反弹时的最小速度满足：
则物块A反弹后划入圆管后又滑回P点，设最终位置到P点的距离为x ，
A
则：
解得最终物块A静止的位置到P点的距离x =2m
A
6.（2019河南安阳二模拟）如图所示，一圆心为O半径为R的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，其下端和粗
糙的水平轨道在A点相切，AB为圆弧轨道的直径。质量分别为m、2m的滑块1、2用很短的细线连接，在两
滑块之间夹有压缩的短弹簧(弹簧与滑块不固连)，滑块1、2位于A点。现剪断两滑块间的细线，滑块恰能过B点，且落地点恰与滑块2停止运动的地点重合。滑块1、2可视为质点，不考虑滑块1落地后反弹，不计空气阻
力，重力加速度为g，求
(1)滑块1过B点的速度大小；
(2)弹簧释放的弹性势能大小；
(3)滑块2与水平轨道间的动摩擦因数。
【名师解析】（1）滑块1恰能过B点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得
mg=m
可得v =
B
滑块1从A运动到B的过程，根据动能定理有
-2mgR= -
解得
滑块1、2被弹簧弹开的过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律分别得
mv -2 mv =0
A 2
E= - 。
p
联立解得E= mgR
p
滑块1过B点后做平抛运动，则水平方向有x=v t
B
竖直方向有2R= gt2滑块2在水平面上做减速运动过程，由动能定理得-μ·2mgx=0-
解得：μ=5/16
预测考点一：曲线运动综合问题
【2年模拟再现】
1.（ 2019年1月云南昆明复习诊断测试）如图所示，一质量为m的小孩(可视为质点)做杂技表演。一不可伸长
的轻绳一端固定于距离水平安全网高为H的O点，小孩抓住绳子上的P点从与O点等高的位置由静止开始
向下摆动，小孩运动到绳子竖直时松手离开绳子做平抛运动，落到安全网上。已知 P点到O点的距离为
l(0<l<H)，空气阻力不计。下列说法正确的是
A.l越大，小孩在O点正下方松手前瞬间，对绳子的拉力越大
B.l越小，小孩在O点正下方松手前瞬间，对绳子的拉力越大
C.当l= 时，小孩在安全网上的落点距O点的水平距离最大
D.当l= 时，小孩在安全网上的落点距O点的水平距离最大
【参考答案】C
【命题意图】本题考查对机械能守恒、牛顿运动定律、平抛运动规律的理解和运用。
【解题思路】小孩向下摆动，机械能守恒，由mgl= mv2，解得v= 。运动到O点正下方时，设绳子拉力为
F，由牛顿第二定律，F-mg=m ，解得F=3mg，由牛顿第三定律，绳子的拉力恒定为3mg，选项AB错误；小孩运动到绳子竖直时松手后做平抛运动，由平抛运动规律，x=vt，H-l= gt2，联立解得：x=2 ，由数
学知识可知，当l=H/2时，小孩在安全网上的落点距离O点的水平距离x最大，选项C正确D错误。
【易错警示】解答此题常见错误主要有：一是错误认为小孩速度越大就对绳子拉力越大，导致错选A；二是不
能正确运用相关知识列方程得出水平位移表达式，不能正确运用数学知识得出最大水平距离。
2．（2019广东七校冲刺模拟）机场经常使用传送带和转盘组合完成乘客行李箱的传送，图为机场水平传输装
置的俯视图。行李箱从A处无初速放到传送带上，运动到B处后进入和传送带速度始终相等的匀速转动的转
盘，并随转盘一起运动（无打滑）半个圆周到C处被乘客取走。已知A、B两处的距离L=10m，传送带的传输速
度v=2.0m/s，行李箱在转盘上与轴O的距离R=4.0m，已知行李箱与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，行李箱
1
与转盘之间的动摩擦因数μ=0.4，g=10m/s2。
2
（1）行李箱从A处被放上传送带到C处被取走所用时间为多少？
（2）如果要使行李箱能最快到达C点，传送带和转盘的共同速度应调整为多大？
（3）若行李箱的质量均为15kg，每6s投放一个行李箱，则传送带传送行李箱的平均输出功率应为多大？
【名师解析】（1）设行李箱质量为m，放在传送带上，受到摩擦力做加速运动
由牛顿第二定律得：μmg=ma
1
由速度公式得：v=at
1
由位移公式得：x= at2
1
解得：t=2s，x=2m＜L
1
行李箱在传送带上匀速运动时间t= =4s
2从B到C做匀速圆周运动用时t= =6.28s
3
从A处被放上传送到C用时为t=t+t+t=2+4+6.28=12.28s
1 2 3
（2）行李箱在转盘上运动时取最大静摩擦力，
由牛顿第二定律得：μmg=m ，
2
则速度应为v=4m/s
2
设行李箱在传送带上一直加速的速度为v，则v2=2aL，
1 1
则v= m/s＞4m/s
1
故最大速度应取为4m/s，即共同速度应调整为4m/s
（3）每传送一个行李箱需要做功W，W= mv2+μ mg（vt-x）=60J
1 1
传送行李箱需要的平均输出功率P=W/t =10W
0
答：（1）行李箱从A处被放上传送带到C处被取走所用时间为12.28s；
（2）如果要使行李箱能最快到达C点，传送带和转盘的共同速度应调整为4m/s；
（3）传送带传送行李箱的平均输出功率应为10W。
3（. 12分）（2019高考仿真模拟5）如图所示，半径R＝0.40 m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与粗
糙的水平地面相切于圆环的端点A。一质量m＝0.10 kg的小球，以初速度v＝7.0 m/s在水平地面上向左做加
0
速度a＝3.0 m/s2的匀减速直线运动，运动s＝4.0 m后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C点。(取重力加速度
g＝10 m/s2)。
(1)小球运动到A点时的速度大小；
(2)小球经过B点时对轨道的压力大小；
(3)A，C间的距离。【名师解析】 (1)小球向左运动的过程中小球做匀减速直线运动，有v－v＝－2as
解得v ＝＝5 m/s。 ①（2分）
A
(2)如果小球能够到达B点，设在B点的最小速度为v ，
min
有mg＝m
解得v ＝2 m/s。 ②（2分）
min
而小球从A到B的过程中根据机械能守恒，有mg·2R＋mv＝mv
解得v ＝3 m/s。 ③（2分）
B
由于v ＞v ，故小球能够到达B点，且从B点做平抛运动，
B min
由牛顿第二定律可知F＋mg＝m，
解得F＝1.25 N ④（2分）
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为1.25 N。 ⑤（1分）
(3)在竖直方向有2R＝gt2， ⑥（1分）
在水平方向有s ＝v t， ⑦（1分）
AC B
解得s ＝0.6 m
AC
故A，C间的距离为0.6 m. ⑧（1分）
【1年仿真原创】
1.如图甲所示,质量相等,大小可忽略的a、b两小球用不可伸长的等长轻质细线悬挂起来,使小球a在竖直平面
内来回摆动,小球b在水平面内做匀速圆周运动,连接小球b的细线与竖直方向的夹角和小球a摆动时细线偏
离竖直方向的最大夹角都为θ,运动过程中两细线拉力大小随时间变化的关系如图乙中c、d所示.则下列说法
正确的是( )
A.图乙中直线d表示细线对小球a的拉力大小随时间变化的关系
B.图乙中曲线c表示细线对小球a的拉力大小随时间变化的关系
C.θ=45°
D.θ=60°
【参考答案】:BD
【名师解析】:题图乙中曲线c表示细线对小球a的拉力大小随时间变化的关系,直线d表示细线对小球b的拉力大小随时间变化的关系,选项A错误,B正确.对a小球运动，由机械能守恒定律，mgL(1-cos θ)= mv2,在最
低点，由牛顿第二定律，F-mg=m ,解得细线对小球a的拉力最大值F=3mg-2mgcos θ,在a小球运动到最高
点时拉力最小,最小值F=mgcos θ,由题图乙可知细线对小球a的拉力最大值是最小值的4倍,由此可得,θ=60°,
选项C错误,D正确.
2. 为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为θ＝60°，长为L＝2 m
1
的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L＝m的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个竖直完整的光滑圆轨
2
道，出口为水平轨道D，如图所示。现将一个小球从距A点高为h＝0.9 m的水平台面上以一定的初速度v 水
0
平弹出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下。已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为μ
＝。g取10 m/s2，求：
(1)小球初速度v 的大小；
0
(2)小球滑过C点时的速率v ；
C
(3)要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件。
【名师解析】 (1)小球做平抛运动到达A点，由平抛运动规律知竖直方向有：v＝2gh
即：v＝3 m/s
y
因为在A点的速度恰好沿AB方向，
所以小球初速度：v＝vtan 30°＝ m/s
0 y
(2)从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得：
mg(h＋Lsin θ)－μmgLcos θ－μmgL＝mv－mv
1 1 2
解得：v ＝3 m/s。
C
(3)小球刚好能通过最高点时，由牛顿第二定律有：mg＝m
小球做圆周运动过程中，由动能定理有：
－2mgR＝mv2－mv
1
解得：R＝＝1.08 m
1当小球刚好能到达与圆心等高时有：mgR＝mv
2
解得：R＝＝2.7 m
2
当圆轨道与AB相切时：R＝Ltan 60°＝1.5 m，即圆轨道的半径不能超过1.5 m
3 2
综上所述，要使小球不离开轨道，R应该满足的条件是：0＜R≤1.08 m。
答案 (1) m/s (2)3 m/s (3)0＜R≤1.08 m
3.如图所示，一水平传送带AB长为L＝6 m，离水平地面的高为h＝5 m，地面上C点在传送带右端点B的正
下方。一物块以水平初速度v＝4 m/s自A点滑上传送带，传送带匀速转动，物块与传送带间的动摩擦因数为
0
μ＝0.2，重力加速度为g＝10 m/s2。
(1)要使物块从B点抛出后的水平位移最大，传送带运转的速度应满足什么条件？最大水平位移多大？
(2)若物块从A点滑上传送带到落地所用的时间为2.3 s，求传送带运转的速度(＝3.162，＝3.77，结果保留三位
有效数字)。
【名师解析】
(1)要使物块平抛的水平位移最大，则物块应一直做加速运动，传送带必须沿顺时针转动，且转动的速度满足
v2≥v＋2μgL
v≥2 m/s
物块所能达到的最大速度为v＝2 m/s
2
做平抛运动的过程h＝gt2
t＝＝1 s
则最大的水平位移为s ＝vt＝2 m＝6.32 m
max 2
(2)若物块从A点滑上传送带到落地所用的时间为2.3 s，由于平抛运动的时间为1 s，因此物块在传送带上运
动的时间为t＝1.3 s
1
若物块从A到B以v＝4 m/s匀速运动，需要的时间为t＝＝1.5 s
0 2
若物块一直匀加速运动，则所用的时间为
t＝＝ s＝(－2) s＝1.162 s
3
由于t＞t＞t，所以物块在传送带上先加速再匀速
2 1 3
则＋＝t
1
v′2－13.2v′＋40＝0解得v′＝ m/s＝4.72 m/s。
答案 (1)v≥6.32 m/s 6.32 m (2)4.72 m/s
