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专题03 力与物体的曲线运动
命题预测
本专题属于热点内容；高考命题以选择题或计算题的形式出现，可能单独考
察某一种运动形式，也可能是多个运动的集合的多过程运动（平抛运动+圆周运
动，多个圆周运动，斜面+平抛运动+圆周运动等），再与功能关系、牛顿运动定
律结合进行考察。
在2025 年高考中，无论是选择题还是计算题，力与物体的曲线运动问题将是
重点考查的对象，其重要性不言而喻。
备考时，考生应深入理解圆周运动的基本原理和规律，掌握相关的公式和解
题方法，并通过大量的练习提高解题能力。同时，考生还需关注历年高考真题和
模拟题，了解命题趋势和难度，以便更有针对性地备考。通过系统复习和练习，
考生能够熟练掌握圆周运动的相关知识，为高考取得优异成绩奠定坚实基础。
高频考法
1. 利用运动的合成与分解、抛体运动问题
2. 圆周运动中的动力学问题
3. 圆周运动中的临界问题
4. 数值平面内圆周运动的轻绳、轻杆模型在最高点的临界问题
5. 多过程问题
考向一：利用运动的合成与分解、抛体运动问题
1. 曲线运动的四大特点
1）运动学特点：由于做曲线运动的物体的瞬时速度方向沿曲线上物体位置的切线方向,所以做曲线运
动的物体的速度方向时刻发生变化,即曲线运动一定为变速运动.
2）动力学特征：由于做曲线运动的物体的速度时刻变化,说明物体具有加速度,根据牛顿第二定律可知,
物体所受合外力一定不为零且和速度方向始终不在一条直线上(曲线运动条件).合外力在垂直于速度方向上
的分力改变物体速度的方向,合外力在沿速度方向上的分力改变物体速度的大小.
1
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3）轨迹特征：曲线运动的轨迹始终夹在合力方向与速度方向之间,而且向合力的一侧弯曲,或者说合力
的方向总指向曲线的凹侧.轨迹只能平滑变化,不会出现折线.若已知物体的运动轨迹，可判断出物体所受合
外力的大致方向，如平抛运动的轨迹向下弯曲，圆周运动的轨迹总向圆心弯曲等.
4）能量特征：若物体所受的合外力始终和物体的速度垂直,则合外力对物体不做功,物体的动能不变;若
合外力不与物体的速度方向垂直,则合外力对物体做功,物体的动能发生变化.
2. 两个互成角度的直线运动的合运动性质的判断
两个互成角度的分运动
合运动
两个匀速直线运动
匀速直线运动
两个初速度为零的匀加速直线运动
匀加速直线运动
两个初速度不为零的匀变速直线运动
如果v合与a合共线,为匀变速直线运动
如果v合与a合不共线,为匀变速曲线运动
一个匀速直线运动和一个匀变速直线运动
如果v合与a合共线,为匀变速直线运动
如果v合与a合不共线,为匀变速曲线运动
3. 小船渡河问题
1)解决这类问题的关键:正确区分船的分运动和合运动.船的航行方向也就是船头指向,是分运动;船的运
动方向也就是船的实际运动方向,是合运动,一般情况下与船头指向不一致.
2)运动分解的基本方法:按实际效果分解,一般用平行四边形定则沿水流方向和船头指向进行分解.
模型解读
分运动1
分运动2
合运动
运动
船相对于静水的划行运动
船随水漂流的运动
船的实际运动
速度本质
发动机给船的速度v1
水流给船的速度v2
船相对于岸的速度v
速度方向
沿船头指向
沿水流方向
合速度方向,轨迹(切线)方向
渡河时间
①渡河时间只与船垂直于河岸方向的分速度有
关,与水流速度无关
②渡河时间最短:船头正对河岸时,渡河时间最短,
t min= d
v1 (d 为河宽)
渡河位移
①若v 船>v 水，当船头方向与上游河岸夹角θ 满足
v 船cos θ＝v 水时，合速度垂直河岸，渡河位移最
短，且xmin＝d
②若v 船<v 水，合速度不可能垂直于河岸，无法
垂直渡河．当船头方向(即v 船方向)与合速度方向垂
直时，渡河位移最短，且
4. 牵连速度
1）定义：两物体通过不可伸长的轻绳(杆)相连，当两物体都发生运动，且物体运动的方向不在绳(杆)
的直线上，两物体的速度是关联的．
2）处理关联速度问题的方法：首先认清哪个是合速度、哪个是分速度．物体的实际速度一定是合速
2
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度，把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分速度，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相
等求解.
3）常见的速度分解模型
情景图示
定量结论
v＝v 物cos θ
v 物′＝v∥＝v 物cos θ
v∥＝v∥′
即v 物cos θ＝v 物′cos α
v∥＝v∥′
即v 物cos α＝v 物′cos β
考向二：抛体运动规律及应用
1. 平抛运动的规律及推论
1）飞行时间:由
t=√
2h
g 知,飞行时间取决于下落高度h.
2）水平射程:
x=v0t=v0√
2h
g ,即水平射程由初速度v0和下落高度h 共同决
定,与其他因素无关.
3）落地速度:
v=√v x
2+v y
2=√v0
2+2gh ,以θ 表示落地速度与x 轴正方向
间的夹角,有
tanθ= v y
v x
=√2gh
v0
,所以落地速度只与初速度v0和下落高度h
有关.
4）速度改变量:物体在任意相等时间内的速度改变量Δv=gΔt 相同,方
向恒为竖直向下.
【技巧点拨】平抛运动的速度均匀变化，速率不是均匀变化。
5）平抛运动的两个重要结论
①做平抛运动的物体在任意时刻(任意位置)处，有tanθ=2tan α .
②做平抛运动的物体在任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过水平位移的中点，即x A=2 xB .
3
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2. 平抛运动与各种面结合问题
1）平抛与竖直面结合
{水平：d=v0t¿¿¿¿
2）平抛与斜面结合
①顺着斜面平抛
情形一：落到斜面上，已
知位移方向沿斜面向下
处理方法：分解位移．
{x=v0t¿¿¿¿
¿
¿
可求得
t=2v0tanθ
g
.
情形二：物体离斜面距离最大，已知速度方向沿斜面向下
处理方法：分解速度
{vx=v0¿¿¿¿
¿
¿
可求得
t= v0tanθ
g
.
②对着斜面平抛：垂直打在斜面上，已知速度方向垂直斜面向下
处理方法：分解速度．
{vx=v0¿¿¿¿
¿
¿
可求得
t=
v0
gtanθ .
3）平抛与圆面结合
①小球从半圆弧左边沿平抛，落到半圆内的不同位置．
4
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处理方法：由半径和几何关系制约时间t：
{h=1
2 gt 2 ¿ ¿¿¿
联立两方程可求t.
②小球恰好沿B 点的切线方向进入圆轨道，此时半径OB 垂直于速度方向，圆心角α 与速度的偏
向角相等．
处理方法：分解速度．
{vx=v0¿¿¿¿
¿
¿
可求得
t= v0tanθ
g
.
③小球恰好从圆柱体Q 点沿切线飞过，此时半径OQ 垂直于速度方向，圆心角θ 与速度的偏向角
相等．
处理方法：分解速度．
{vx=v0¿¿¿¿
¿
¿
可求得
t= v0tanθ
g
.
4）与圆弧面有关的平抛运动：题中常出现一个圆心角，通过这个圆心角，就可找出速度的方向及水平位
移和竖直位移的大小，再用平抛运动的规律列方程求。
3. 平抛运动的临界问题
1）常见的三种临界特征
①有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,明显表明题述的过程中存在着临界点.
②若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,表明题述的过程中存在着“起止
点”,而这些起止点往往就是临界点.
③若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述的过程中存在着极值,这个极
值点往往是临界点.
2）平抛运动临界问题的分析方法
①确定研究对象的运动性质;
②根据题意确定临界状态;
5
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③确定临界轨迹,画出轨迹示意图;
④应用平抛运动的规律结合临界条件列方程求解.
4. 斜抛运动及解题思路
1）定义：将物体以初速度v0斜向上方或斜向下方抛出,物体只在重力作用下所做的运动.
2）运动性质：加速度为g 的匀变速曲线运动,轨迹为抛物线.
3）研究方法：运动的合成与分解
①水平方向：匀速直线运动；
②竖直方向：匀变速直线运动．
4）基本规律(以斜向上抛为例)
①水平方向:做匀速直线运动, v0 x=v0cosθ , x=v0t cosθ .
②竖直方向:做竖直上抛运动,
v0 y=v0sinθ , y=v0t sinθ−1
2 gt 2
.
5）平抛运动和斜抛运动的相同点
①都只受到重力作用,加速度相同,相等时间内速度的变化量相同.
②都是匀变速曲线运动,轨迹都是抛物线.
③都可采用“化曲为直”的运动的合成与分解的方法分析问题.
【技巧点拨】逆向思维法处理斜抛问题：对斜上抛运动，从抛出点到最高点的运动可逆过程分析，看成平
抛运动，分析完整的斜上抛运动，还可根据对称性求解某些问题．
考向三：圆周运动的动力学问题
1．圆周运动动力学分析过程：
2.水平面内的圆盘临界模型
①口诀：“谁远谁先飞”；
②a 或b 发生相对圆盘滑动的各自临界角速度：
；
6
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①口诀：“谁远谁先飞”；
②轻绳出现拉力，先达到B 的临界角速度：
；
③AB 一起相对圆盘滑动时，临界条件：
隔离A：T=μmAg；隔离B：T+μmBg=mBω2
2rB
整体：μmAg+μmBg=mBω2
2rB
AB 相对圆盘滑动的临界条件：
①口诀：“谁远谁先飞”；
②轻绳出现拉力，先达到B 的临界角速度：
；
③同侧背离圆心，fAmax和fBmax指向圆心，一起相对圆盘滑动时，
临界条件：
隔离A：μmAg-T=mAω2
2rA；隔离B：T+μmBg=mBω2
2rB
整体：μmAg+μmBg=mAω2
2rA+mBω2
2rB
AB 相对圆盘滑动的临界条
①口诀：“谁远谁先飞”（rB>rA）；
②
轻绳出现拉力临界条件：
；
此时B 与面达到最大静摩擦力，A 与面未达到最大静摩擦力。
此时隔离A：fA+T=mAω2rA；隔离B：T+μmBg=mBω2rB
消掉T：
fA=μmBg-(mBrB-mArA)ω2
③当mBrB=mArA时，fA=μmBg，AB 永不滑动，除非绳断；
④AB 一起相对圆盘滑动时，临界条件：
1）当mBrB>mArA时，fA↓=μmBg-(mBrB-mArA)ω2↑→fA=0→反向→fA达到最
大→从B 侧飞出；
2）当mBrB<mArA时，fA↑=μmBg+(mArA-mBrB)ω2↑→fA达到最大
→ω↑→T↑→fB↓→fB=0→反向→fB达到最大→从A 侧飞出；
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AB 相对圆盘滑动的临界条件
临界条件：
①
，
；
②
，
临界条件：
①
②
考向四：常见绳杆模型特点
轻绳模型
轻杆模型
情景图示
弹力特征
弹力可能向下，也可能等于零
弹力可能向下，可能向上，也可能等于零
受力示意图
力学方程
mg＋FT＝m
mg±FN＝m
临界特征
FT＝0，即mg＝m，得v＝
v＝0，即F 向＝0，
此时FN＝mg
模型关键
(1)“绳”只能对小球施加向下的力
(2)小球通过最高点的速度至少为
(1)“杆”对小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力
(2)小球通过最高点的速度最小可以为0
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01 运动的合成与分解
1.质量为0.2kg 的物体在水平面上运动，它的两个正交分速度图像分别如图所示，由图可知（ ）
A．开始4s 内物体的位移为
B．4s 到6s 末物体的加速度大小为
C．从开始至6s 末物体一直做曲线运动
D．开始4s 内物体做曲线运动，4s
6s
﹣
内物体做直线运动
【答案】AD
【详解】A．根据v-t 图像中图线与横轴所围面积表示位移可知开始4s 内物体的分位移分别为
，
可得
故A 正确；
B．根据v-t 图像中图线斜率表示加速度，可知4s 到6s 末物体的分加速度大小为
，
可得
故B 错误；
CD．开始时物体初速度方向沿x 方向，加速度方向沿y 方向，两者不在一条直线上，所以物体做曲线运动，
4s 末物体的速度方向与x 方向夹角的正切值为
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后2s 内加速度方向与x 方向夹角的正切值为
可知速度方向与加速度方向在同一条直线上，所以物体后2s 内做直线运动。故C 错误；D 正确。
故选AD。
02 小船过河问题
2.如图所示，小船从
码头出发，沿垂直于河岸的方向渡河，若河宽为
，渡河速度
恒定，河水的流速
与河岸的最短距离
成正比，即
为常量），要使小船能够到达距
正对岸为s 的
码头，
则（ ）
A．
应为
B．
应为
C．渡河时间为
D．渡河时间为
【答案】C
【详解】CD．根据运动的合成和分解的知识，因为小船垂直于河岸航行，过河时间与水的速度无关，又河
水的流速与到河岸的最短距离x 成正比，即
为常量）
因v 水∝x，且x≤
，则沿x 方向平均速度
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过河时间
t=
选项C 正确，D 错误；
AB．则船速
v 船=
选项AB 错误。
故选C。
03 关联速度的综合问题
3.光滑的细杆固定放置，与水平方向的夹角为37°，质量为m 的小球与质量为2m 的物块通过轻质细线连接，
细线跨过天花板上的两个轻质定滑轮。小球套在细杆上从某处由静止开始上滑，细线一直处于伸直状态，
当小球运动到A 点时，速度沿着杆斜向上大小为
，细线与细杆之间的夹角为37°，当小球运动到B
点时，细线与细杆垂直。已知A、B 两点之间的距离为L，重力加速度大小为g，小球与物块（均视为质
点）总在同一竖直平面内运动，
，
，下列说法正确的是（ ）
A．当小球在A 点时，物块的速度大小为
B．小球从A 点运动到B 点，系统总重力势能的减小量为
C．当小球运动到B 点时，物块速度的大小为0
D．小球从A 点运动到B 点，细线对小球做的功为
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【答案】BCD
【详解】A．小球在A 点时，把实际速度v0分别沿着细线和垂直细线分解，沿着细线方向的分速度为
由关联速度可知，此时物块的速度等于沿细线方向的速度，则有
故A 错误；
C．同理，小球运动到B 点时，把小球的速度分别沿着细线和垂直细线分解，因为细线与细杆垂直，即细
线与小球的速度垂直，则细线速度为0，物块的速度为零，故C 正确；
B．小球从A 到B，重力势能的增加量为
物块下落的高度为
重力势能的减小量为
则系统总重力势能的减小量为
故B 正确；
D．小球从A 点运动到B 点过程，细线对小球做的功
与细线对物块做的功
，大小相等，一正一负。
分析物块，根据动能定理
解得
则细线对小球做的功为
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故D 正确。
故选BCD。
04 平抛运动与各种面结合问题
4.如图所示，挡板OA 与竖直方向的夹角为
，小球（视为质点）从O 点的正上方高度为H 的P 点以大小
为
的初速度水平抛出，落到斜面上时，小球的位移与斜面垂直，重力加速度大小为g，不讨论小球落到
斜面后的情况，下列说法正确的是（ ）
A．小球落到斜面上的速度大小为
B．小球在空中运动的时间为
C．
D．若小球抛出时的初速度大小为
，则挡板OA 与竖直方向的夹角为45°
【答案】BD
【详解】AB．设小球在空中运动的时间为，小球落到斜面的速度为，则速度与
的夹角为
；设水平
位移为
，竖直位移为
，如图
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则
，
，
解得
，
故A 错误，B 正确；
C．小球落到斜面的竖直方向的位移
解得
故C 错误；
D．由
，
，可得
即
故D 正确。
故选BD。
05 平抛运动的临界问题
5.如图所示，运动员将网球在边界A 处正上方B 点正对球网水平向右击出，恰好过中间网
的上边沿落在
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点。已知
，网高
，重力加速度大小为
，不计空气阻力，下列说法正确的是（
）
A．网球的初速度大小为
B．网球在中间网左、右两侧的水平距离之比为
C．若网球的初速度变为原来的两倍，网球还可以落在对方界内
D．若击球高度低于
（仍大于），应减小击球速度，才能让球落在对方界内
【答案】B
【详解】AB．网球做平抛运动，竖直方向有
水平方向有
联立解得
则网球在中间网左、右两侧的水平距离之比
故A 错误，B 正确；
C．若网球的初速度变为原来的两倍，则网球落地时的水平位移
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网球出界，故C 错误；
D．若击球高度低于
，则网球运动到与网等高位置的时间变短，若再减小击球速度，网球会落在网前，
故D 错误。
故选B。
06 平抛运动与电磁学综合问题
6.如图所示，一光滑固定轨道由倾斜轨道和水平轨道两部分组成，轨道上端连接一阻值
的电阻，
水平部分两轨道间有竖直向下、磁感应强度大小
的匀强磁场，磁场区域的长度为
。一质量
为
的导体棒，从轨道上距水平轨道
高处由静止释放，通过磁场区域后从水平轨道末端
飞出，落在水平地面上。已知轨道间距
，轨道水平部分距地面的高度
，导体棒电阻、轨道
电阻、空气阻力均忽略不计，取
。下列说法正确的是（ ）
A．导体棒刚进入磁场时加速度的大小为
B．整个过程中，通过电阻R 的电荷量为3C
C．整个过程中，电阻R 上产生的热量为3J
D．导体棒的落地点与水平轨道末端的水平距离
为0.8m
【答案】ACD
【详解】A．导体棒下落过程机械能守恒，有
解得
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由牛顿第二定律得
又
，
解得
故A 正确；
B．整个过程中，通过电阻R 的电荷量为
又
，
解得
故B 错误；
C．导体棒穿过磁场过程中，以向右为正方向，对导体棒根据动量定理可得
解得
设整个过程中电阻R 上产生的热量为Q，有
故C 正确；
D．导体棒水平飞出做平抛运动，有
，
解得
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故D 正确。
故选ACD。
08 斜抛运动
8.如图所示，在一个倾角
=15°的足够长固定斜面底端P 点将小球a 以某一初速度斜向上抛出，抛出方向与
斜面的夹角
=30°，小球a 将落在斜面上的Q 点，P、Q 之间的距离为l。若将小球b 以相同大小的初速度
从P 点抛出，抛出方向与斜面的夹角调整为45°，不计空气阻力，重力加速度为g，
则（ ）
A．从抛出到落在斜面上，小球a 所用的时间为
B．从抛出到落在斜面上，小球a、b 所用的时间相等
C．小球b 将落在Q 点
D．小球b 将落在Q 点的下方
【答案】AC
【详解】A．将a 的重力mg 和初速度沿斜面方向和垂直斜面方向分解，设初速度大小为，则从抛出到落
在斜面上，小球a 所用的时间为
则沿斜面方向有
代入题中数据，联立解得
故A 正确；
B．同理，小球b 所用的时间为
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可知小球a、b 所用的时间不相等，故B 错误；
CD．设b 球落点距离b 球距离为x，则有
联立以上，解得
故C 正确，D 错误。
故选AC 。
09 圆周运动的动力学问题
9.如图所示，A 球在轻绳的作用下在竖直面内摆动，B 球在轻绳的作用下在水平面内做匀速圆周运动。两小
球质量相同，均可视为质点。连接两小球的轻绳长度相同，A 球轻绳与竖直方向所成的最大角度和B 球轻
绳与竖直方向所成的夹角均为θ（θ < 5°）。下列说法中正确的是（ ）
A．A、B 两球运动的周期之比为1 1∶
B．图示位置A、B 两球所受轻绳拉力大小之比为
C．A 球的最大向心力大小与B 球的向心力大小之比为
D．A 球的最大动能与B 球的动能之比为
【答案】BD
【详解】A．由图可知左图是单摆模型，设轻绳长度为L，小球重力为mg，则单摆的周期
右图是水平面内的匀速圆周运动模型（圆锥摆），由牛顿第二定律分析可知
其周期
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所以
故A 错误；
B．左图A 球在该位置的加速度方向沿切线，沿半径方向受力平衡，计算得绳上拉力大小为
右图B 球的加速度方向水平，竖直方向受力平衡，计算得绳上拉力大小为
所以
故B 正确；
C．当左图A 球运动到最低点时向心力最大，设此时速度为vA，由动能定理得
所以向心力为
整理得
由平行四边形定则可得，右图B 球的向心力计为
所以
故C 错误；
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D．当左图A 球运动到最低点时动能最大，结合以上分析得，最大动能为
对右图B 球，设其速度为vB，由牛顿第二定律有
故B 球动能为
所以
故D 正确。
故选BD。
10 水平台上圆周运动的临界问题
10.如图所示，水平转台上有一个质量为m 的小物块，用轻细绳将物块连接在通过转台中心的竖直转轴OP
上，OP 高度为h，物块距P 点距离为R，系统静止时细绳伸直且拉力刚好为零。物块与转台间动摩擦因数
，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现物块和转台一起以相同的角速度绕OP 轴做匀速圆周运动，
重力加速度为g，下列说法错误的是（ ）
A．若
，当
，转台对物块的支持力小于重力
B．若
，当
，摩擦力小于
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C．若
，当
，绳上拉力为
D．随着
的取值由零逐增加，转台与物块的摩擦力先逐渐增加后逐渐减小
【答案】AC
【详解】A．若
，系统静止时细绳伸直且拉力刚好为零，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力时，转台的
角速度为
，有
解得
当
时，明显
可知由静摩擦力提供向心力，竖直方向对物块受力分析有
转台对物块的支持力等于重力；
故A 错误，符合题意；
B．当物块刚好要要离开转台时，对转台的压力为零，设转台的角速度为
，此时物块受拉力和重力，由
拉力和重力的合力提供向心力，有
由几何关系得
联立解得
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若
，当
，明显
得此时物块受拉力、支持力、摩擦力和重力，由拉力和摩擦力提供向心力
解得
得摩擦力小于
，故B 正确，不符合题意；
C．若
，当
，明显
此时物块受拉力和重力，由拉力和重力的合力提供向心力，有
由几何关系可知
故C 错误，符合题意；
D．当
较小
由静摩擦力提供向心力，随着
的增大，静摩擦力增大，当
静摩擦力达到最大静摩擦力时，静摩擦力达到最大值，随着
的增大，当
由拉力和重力的合力提供向心力，静摩擦力减小为零，所以随着
的取值由零逐增加，转台与物块的摩擦
23
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力先逐渐增加后逐渐减小，故D 正确，不符合题意；
故选AC。
11 竖直面内圆周运动的临界问题
11.如图所示，一竖直轨道由圆弧轨道AB、圆周轨道BECF、圆弧轨道BD 组成，其中BEC 半圆轨道粗糙，
其他部分光滑，一质量
可视为质点的小滑块从
高处的位置A 静止下滑，通过光滑圆弧轨道
AB，经圆周轨道BECF 后进入圆弧轨道BD，到达高度
的D 时速度刚好为0，已知重力加速度
，下列说法正确的是（ ）
A．滑块第一次经过半圆轨道BEC 过程中，克服摩擦力做的功为20J
B．滑块第一次经过位置C 时对轨道的压力大小为10N
C．滑块可以两次经过半圆轨道BEC 的最高位置C
D．滑块第一次回到轨道AB 的高度为
【答案】AC
【详解】A．滑块第一次经过半圆轨道BEC 过程中，设克服摩擦力做的功为
，从A 到D 过程，由动能定
理得
解得
A 正确；
B．设圆周轨道达到允许的最大半径为R，滑块刚好通过最高点位置C，由重力提供向心力，此时
，
B 错误；
24
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C．滑块达到D 点后，再次经过圆弧轨道BD、圆周轨道BFC 返回到C 点没有能量损失，滑块能通过最高
点位置C，所以可以两次经过半圆轨道BEC 的最高位置C，C 正确；
D．由于滑块第一次回到轨道AB，再次经过粗糙的BEC 半圆轨道，机械能有损失，所以沿BEC 半圆轨道
下滑平均速度比上滑平均速度小。下滑过程中滑块对轨道的平均压力变小，所受平均摩擦力变小，因此下
滑过程中克服摩擦力做功小于
，到达B 点时小球的动能大于
，滑块第一次滑回到轨道AB 的高度为
，D 错误。
故选AC。
12 多过程运动的综合问题
12．某校科技小组参加了如图甲所示的过山车游戏项目，为更好研究过山车运动项目中所遵循的物理规律，
科技组成员设计出如图乙所示的装置，图中P 为弹性发射装置，AB 为倾角为θ = 37°的倾斜轨道，BC 为水
平轨道，CDC′为竖直圆轨道，C′E 为足够长的倾斜轨道，各段轨道均平滑连接，以A 点为坐标原点，水平
向右为x 轴正方向，竖直向上为y 轴正方向建立平面直角坐标系。已知滑块质量为m，圆轨道半径R，轨
道AB 长为
，BC 长为
，AB、BC 段动摩擦因数为μ = 0.5，其余各段轨道均光滑。弹射装置P 位置
可在坐标平面内调节，使水平弹出的滑块均能无碰撞从A 点切入斜面，滑块可视为质点。
(1)若滑块从y = 0.45 m 的某点弹出，求滑块弹出时的初速度v0；
(2)若滑块从A 点切入后不脱离轨道，求弹出时滑块纵坐标y 应满足的条件。
【答案】(1)4 m/s
(2)
或
【详解】（1）平抛运动的竖直方向有
解得
25
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则
（2）滑块刚好不脱离轨道，有三种情况。
第一种情况：刚好能够到达圆轨道最高点。在最高点有
从P 到圆轨道最高点，由动能定理得
又
联立解得
第二种情况：刚好到达与圆轨道圆心等高的地方。从P 到与圆心等高位置，由动能定理得
又
联立解得
第三种情况：若在A 点速度为v3更大，且恰能返回A 点不飞出，由以上分析可知，再次下滑后也不会脱离
轨道。满足
解得
26
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滑块从A 点切入后不脱离轨道时y 应满足
或
13．某校举办校内题霸学术节，允许同学之间设计难题，挑战其他学霸。某同学设计了这样一道题如下：
光滑水平平台上质量为
的物体压缩弹簧由静止释放（物体与弹簧不粘连），物体从
点水平飞出
后恰好沿着
点切线进入竖直平面内
光滑圆弧轨道，滑入粗糙的斜面
，最后滑上放在光滑水平面上，
质量为
的木板
上表面继续运动。已知
的高度差
，物体与
的动摩擦因数
，
木板
点与竖直墙壁的距离
，物体与木板之间的动摩擦因数
，木板长度
，圆弧轨
道与倾斜斜面
相切于
点，物体、木板与竖直墙壁发生碰撞时不损失任何能量，物体可视为质点，
点做平滑处理，木板厚度可忽略，重力加速度
的高度差
，所有轨
道均在同一个竖直平面内。木板反弹后与
点碰撞后瞬间停止。求：
(1)弹簧的弹性势能及物体到达
点速度大小；
(2)物体、木板与竖直墙壁碰撞前的速度大小；
(3)物体最终停下的位置距离
点的距离。
【答案】(1)9J，7m/s
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(2)
，
(3)
【详解】（1）物体从
点水平飞出后做平抛运动，由于BC 高度差
，则根据
解得物体在C 点时竖直方向的速度大小为
由几何关系如图
可知
则物体在C 点时的速度大小为
则弹簧的弹性势能为
从C 点下滑到E 点，根据动能定理
解得物体到达
点速度大小为
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（2）物体受到水平向左摩擦力，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
解得物体的加速度大小为
木板受到水平向右滑动摩擦力，做匀加速直线运动，由牛顿第二定律
解得木板的加速度大小为
当两者达到共同速度所需要时间为
，根据匀变速直线运动公式
解得
物体对地位移为
木板对地位移
且物体相对木板位移
物体恰好没有离开木板，因此物体、木板与竖直墙壁碰撞前的速度均为
（3）当物体、木板与竖直墙壁碰撞后，由于没有能量瞬时，两者原速反弹，反弹后两者没有相对运动，
当木板碰撞E 点停止运动，物体在其表面做匀减速直线运动，设物体向前滑行距离为
，则由运动学公
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式
解得
物体停下来位置距离E 点距离
、
1．曲柄连杆机构是发动机的主要运动机构，其功能是将活塞的往复运动转变为曲轴的旋转运动，从而驱
动汽车车轮转动，其结构示意图如图所示。曲轴可绕固定的O 点自由转动，连杆两端分别连接曲轴上的A
点和活塞上的B 点，若曲轴绕O 点做匀速圆周运动，转速
，下列说
法正确的是（ ）
A．活塞在水平方向上做匀速直线运动
B．当OA 竖直时，活塞的速度为
C．当OA 与AB 共线时，活塞的速度为
D．当OA 与AB 垂直时，活塞的速度为
【答案】D
【详解】A．根据题意，活塞可沿水平方向往复运动，故A 错误；
B．由公式
可得，A 点线速度为
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将A 点和活塞的速度沿杆和垂直杆分解，如图所示，
由几何关系可得
故B 错误；
C．同理可知，当OA 与AB 共线时，A 点在沿杆方向的分速度是0，所以活塞的速度为0，故C 错误；
D．同理可知，当OA 与AB 垂直时，A 点的速度沿杆方向，则
由几何关系
联立，解得
故D 正确。
故选D。
2．如图所示，以
点为原点在竖直面内建立平面直角坐标系，在第一象限中建立一个斜面。现将一小球
从
点
斜向上抛出，水平经过
轴上的
点（0，15m）后，垂直落在斜面上的
点（图中未
画出），重力加速度大小取
，不计一切阻力。以下说法正确的是（ ）
31
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A．小球从
点抛出时的初速度大小为
B．小球从
点抛出时的速度方向与水平方向的夹角为
C．小球经过
点时的速度大小为
D．斜面上
点坐标为（5m，5m）
【答案】B
【详解】AC．小球从
到
做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，有
代入数据有
解得小球从
到
的时间为
在水平方向，有
代入数据有
解得
点处竖直方向的速度为
点的合速度大小（等于小球从
点抛出时的初速度大小）为
AC 错误；
32
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B．令小球从
点抛出时的速度方向与水平方向的夹角为
，则有
解得
B 正确；
D．令小球从
点到
点的运动时间为
，在
点由速度的合成和分解有
解得
下落的高度为
则
点的纵坐标为
水平位移为
则
点的横坐标为
，所以
点的坐标为（10m，10m），D 错误。
故选B。
3．如图所示，AB 是半径为R 的竖直面内的四分之一圆弧，A 点与圆心O 在同一水平面上，在A 点以水平
速度
向右抛出小球甲的同时在O 点以水平速度
向左抛出小球乙，
，两球同时落到圆弧面上，
不计空气阻力，重力加速度大小为g，则（ ）
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A．乙球末速度方向与水平方向的夹角更大
B．甲球做平抛运动的时间为
C．甲球做平抛运动的初速度大小为
D．若甲球做平抛运动的初速度加倍，甲球不能落在圆弧面上
【答案】C
【详解】A．由于两球同时抛出、同时落在圆弧面上，因此两球平抛运动的时间相等，下落的高度相同，
因此两球末速度的竖直分量
相同，设末速度方向与水平方向的夹角为
，由
已知
，可知甲球末速度方向与水平方向的夹角更大，故A 错误；
B．由平抛运动的水平方向规律
甲、乙两球做平抛运动的水平位移之比为
则甲球做平抛运动的水平位移为
根据几何关系，两球做平抛运动下落的高度
由
联立解得
34
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故B 错误；
C．甲球做平抛运动的初速度大小为
故C 正确；
D．若甲球做平抛运动的初速度大小为
，由于甲球下落R 高度的水平位移
小于R，因此甲仍能落在圆弧面上，故D 错误。
故选C。
4．如图所示，圆心为
的半圆形轨道
固定在水平地面上的
点，
是水平直径，
是最低点，
是水平地面上的一点且在
点的正下方，圆弧轨道的
点有个小孔。让小球甲从地面上的
点、小球乙从
地面上的
点斜向上抛出（甲、乙均视为质点），甲、乙均恰好经过
点，甲落到
点，乙通过
处的小
孔（无碰撞）运动到
点，忽略空气的阻力，重力加速度为
，下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙在
点的速度大小之比为
B．甲在
点速度的反向延长线经过
的中点
C．甲、乙在空中的运动时间均为
D．乙在
点的速度与水平方向的夹角为
【答案】B
【详解】A．斜抛运动具有对称性，把斜抛运动看成两个对称的平抛运动，由图像看出，甲、乙从
点到
落地，平抛运动的高度相等，运动时间t 相等，由平抛规律可知
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水平位移之比为
，由水平方向位移
故甲、乙在
点的速度大小之比为
，选项A 错误；
B．平抛运动速度的反向延长线经过水平位移的中点，故甲在
点速度的反向延长线经过
的中点，选项
B 正确；
C．斜抛运动时间是平抛运动时间的2 倍，则两个斜抛运动时间均为
，选项C 错误；
D．乙在
点的速度与水平方向的夹角设为
，根据对称性，乙在
点的速度与水平方向的夹角也为
，
根据平抛运动规律，故乙在D 点的速度反向延长线经过O 点，则
解得
选项D 错误。
故选B 。
5．如图所示，一横截面为三角形的水渠
，
在同一水平面上，且
，从A 点以不
同的初速度水平抛出小石子，小石子落地后不反弹。不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确
的是（ ）
A．落到
边上的小石子，初速度越大，落地时的速度方向与水平方向的夹角越大
B．初速度为
的小石子能落到
边上
C．落到O 点的小石子，运动过程中离
的最远距离为
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D．能垂直打到
边上的小石子，初速度大小为
【答案】B
【详解】A．落到
边上的小石子，设
斜面倾角为
，由平抛运动的规律知
设落在
斜面上的小石子落地时的速度方向与水平方向的夹角为
，则
所以所有落到
边上的小石子落地时的速度方向与水平方向的夹角相等，故A 错误；
B．初速度越大的石子，飞行距离越远，设最远落在O 点的石子用时为t，由平抛运动的规律知
，
解得
B 选项所给速度小于
，故B 正确；
C．将小石子的速度分解为沿AO 方向的
和垂直AO 方向的
，将小石子的加速度分解为沿AO 方向的
和垂直AO 方向的
则有
，
，
离斜面最远时
联立解得最远距离为
37
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故C 错误；
D．若水平抛出，并垂直撞击在OB 边，则速度偏角满足
由平抛运动的规律知
，
由几何关系可知
联立可得
故D 错误。
故选B。
6．如图所示，用手握着细绳的一端在水平桌面上做半径为r 的匀速圆周运动，圆心为O，角速度为ω，细
绳长为L，质量忽略不计，运动过程中细绳始终与小圆相切。在细绳的另外一端系着一个质量为m 的小球，
小球在桌面上恰好在以O 为圆心的大圆上做圆周运动。小球和桌面之间的动摩擦因数处处相同，以下说法
正确的是（ ）
A．小球将做变速圆周运动
B．细绳拉力为mω2
C．小球与桌面间的动摩擦因数
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D．手对细绳做功的功率为
【答案】C
【详解】A．手握着细绳做的是匀速圆周运动，且运动过程中细绳始终与小圆相切，所以细绳另外一端的
小球做的也是匀速圆周运动。故A 错误；
B．设大圆半径为R，小球受力分析如图
由几何关系可知
R＝
设绳中张力为T，则
Tcosφ＝mRω2
又
cosφ＝
联立，解得
故B 错误；
C．小球在桌面上做匀速圆周运动，故小球与桌面间的摩擦力
f＝μmg＝Tsinφ
由于
联立，解得
39
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故C 正确；
D．手对细绳做功的功率等于细绳对小球做功的功率，故
故D 错误。
故选C。
7．如图所示，质量分别为
、
的物块A、B 分居圆心两侧放在水平圆盘上，用不可伸长的
轻绳相连，与圆心距离分别为
和
，其中
。A、B 与圆盘的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑
动摩擦力。当圆盘以不同角速度
轴
匀速转动时，绳中弹力F 随
的变化关系如图所示。当角速度为
时，A 物块恰好不受摩擦力作用，取
。下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．物块与圆盘间的动摩擦因数
D．当角速度为
时，物块恰好与圆盘相对滑动
【答案】C
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【详解】ABC．当角速度较小时，绳中没有拉力，对A、B 有
由于
所以，随着角速度增大，B 所受摩擦力先达到最大，此后
随着角速度增大，B 所受摩擦力不变，则有
结合图像可得
解得
当角速度为
时，A 物块恰好不受摩擦力，则有
联立解得
故AB 错误，C 正确；
41
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D．当物块恰好与圆盘相对滑动时，A 所受摩擦力达到最大，且沿半径向外，则有
联立解得
D 错误。
故选C。
8．如图，一个半径为R 的半球形容器，球心为O 点，内部放一个质量为m 的小物体（可视为质点），恰
能静止于A 点，AO 连线与竖直转轴
的夹角为θ（θ<45°）。现让整个装置绕
以角速度ω 转动，ω
逐渐增大，小物体相对于容器始终静止，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．小物体与容器之间的动摩擦因数为
B．
时，小物体受到的摩擦力方向沿A 点切线向下
C．
时，小物体受到的摩擦力大小为
D．容器转动的最大角速度为
【答案】C
【详解】A．质量为m 的小物体，恰能静止于A 点，可得
解得
42
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故A 错误；
BC．小物体恰好不受摩擦力作用时，自身重力与支持力提供向心力，如图
有
又
联立，解得
时，小物体有靠近转轴的趋势，受到的摩擦力方向沿A 点切线向上。
时，小物体有做离心运动的趋势，小物体受到的摩擦力垂直于AO 指向
，在竖直方向上有
水平方向上有
联立，解得
故B 错误；C 正确；
D．容器以最大角速度转动时，有
，
联立，解得
43
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故D 错误。
故选C。
9．如图所示，在风洞实验室中，从A 点以水平速度
向左抛出一个质量为m 的小球，小球抛出后始终受
到水平向右的恒定风力的作用，风力大小
，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。则（ ）
A．A、B 间距
B．A 到B 过程中v 最小的时刻
C．A 到B 过程中最小的速度
D．A 到B 过程中最小的速度
【答案】AC
【详解】A．小球水平方向受风力作用，则有水平加速度
故A 点到B 点的运动的时间为
竖直方向小球做自由落体运动，故A、B 间距为
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联立解得
故A 正确；
B C D．风力与重力的合力为
，设与竖直方向的夹角为
。可知
又
小球运动加速度
将初速度沿平行于合力的方向和垂直于合力的方向分解，如图
可知，最小速度为垂直于合力的方向的速度，即
小球最小速度时平行于合力方向的速度恰好减小到零。运动时间
故B 错误，C 正确，D 错误；
故选AC。
10．如图，a、b 两小球分别固定在长为5m 的轻质细杆两端，a 球置于粗糙水平面上，b 球紧靠在光滑竖直
墙壁上，初始时轻杆竖直。现对a 球施加微小扰动，使a 球沿水平面向右滑行，直到b 球到达水平面，在
该过程中，下列说法正确的是（ ）
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A．小球a 的速度先增大后减小
B．小球a 受到水平面的摩擦力逐渐减小
C．当b 球到达水平面时，a 球的速度达到最大
D．当a 球距离墙角3m 时，a、b 两球速率之比为4 3∶
【答案】ABD
【详解】AC．设杆与竖直方向夹角为
，下落过程中两球沿杆方向的速度大小相等，如图
可得
b 球到达水平面时，沿杆方向的速度为零，故a 球的速度为零。所以小球a 的速度先增大
后减小。故A 正确；C 错误；
B．开始下滑加速度较小，轻微失重，导致摩擦力减小，致使下滑加速度增大，导致失重增大，所以系统
对地面的压力减小，根据
可知小球a 受到水平面的摩擦力逐渐减小。故B 正确；
D．当a 球距离墙角3m 时，此时杆与竖直方向的夹角为
，
联立，可得
故D 正确。
故选ABD。
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11．“辘轳”是中国古代取水的重要设施，通过转动手柄将细绳缠绕到半径为R 的转筒上，就可以把水桶
从井中提起。若某次转动手柄的角速度ω 随时间t 变化的图像如图乙所示，经3t0时间把水桶从井底提升到
井口，水桶和桶中水的总质量为m，重力加速度大小为g，水桶可看成质点，下列说法正确的是（ ）
A．0 ~ 2t0，水桶做初速度为零的匀加速直线运动
B．水井的深度为ω0Rt0
C．把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为
D．把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为
【答案】AD
【详解】A．转筒边缘上点的线速度大小等于水桶的速度大小，根据线速度与角速度的关系有
因0 ~ 2t0内，ω 与t 成正比，所以水桶的速度v 与t 成正比，即水桶做初速度为零的匀加速直线运动，故A
正确；
B．图乙中0 ~ 3t0内图像与时间轴所包围的面积表示把水桶从井底提升到井口过程中转筒转过的角度，设为
θ，则
故水井的深度为
故B 错误；
C．把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为
故C 错误；
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D．根据动能定理，把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为
故D 正确。
故选AD。
12．如图所示为一套小型玩具的模拟立体示意图，一可视为质点的小球A 以初速度v0 = 1.2 m/s 的速度从高
台平抛出，恰好落到固定在地面上倾角θ = 53°的斜面顶端且与斜面未发生碰撞，已知斜面高度h = 0.4
m，斜面动摩擦因数μ = 0.5，小球A 质量为mA = 5 kg。质量为mB = 1 kg 的弹性小球B 静置在斜面底端，与
小球A 发生弹性碰撞后共同进入到与斜面底端相切的水平固定放置的光滑圆形轨道内，轨道入口随即关闭。
圆形轨道半径R = 0.5 m，重力加速度g = 10 m/s2。求：
(1)小球A 抛出点离地高度H 及离斜面顶端的水平距离x；
(2)小球A 刚下滑到斜面底端时的速度v1；
(3)两球进入圆形轨道开始计时，此后相遇的时刻。
【答案】(1)0.528 m，0.192 m
(2)3 m/s
(3)
（n = 1，2，3⋯）
【详解】（1）依题意，小球运动到斜面顶端时，有
解得
由平抛运动规律，可得
，
又
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联立解得
，
（2）小球在斜面上下滑时，根据牛顿第二定律可得
解得
由运动学公式得
又
联立解得
（3）小球A 与弹性小球B 发生弹性碰撞过程，根据动量守恒和机械能守恒可得
解得
，
设经过t1时间，B 追上A 发生第二次碰撞，则有
可得
B 追上A 发生第二次碰撞过程，根据动量守恒和机械能守恒可得
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解得
，
设经过t2时间，A 追上B 发生第三次碰撞，则有
可得
第三次碰撞与第一次碰撞的碰撞情况完全一样，第四次碰撞与第二次碰撞的碰撞情况完全一样；即小球的
碰撞过程具有周期性，则两球进入圆形轨道开始计时，此后相遇的时刻满足
（n = 1，2，3⋯）
13．如图所示为某一游戏装置的示意图。装置由水平传送带、竖直光滑圆轨道、水平轨道组成，水平直轨
道BC、EF 相接于C、E 两点，C 与E 前后略错开，可视为质点的物块能从C 点进入圆轨道内侧运动，轨
道各部分平滑连接。已知传送带以v=6m/s 的速度顺时针匀速转动，AB 两端距离L1=5m，EF 长L2=1.8m，
OM 为水平地面，F 点位于O 点正上方H＝1.25m 处。将质量m＝0.2 kg 物块从传送带左端A 点静止释放，
物块滑上竖直圆轨道后能经过最高点D 并从E 点进入水平轨道EF，并从F 点离开。物块与传送带AB、水
平轨道EF 之间的动摩擦因数均为μ＝0.25，BC 部分光滑，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)物块从A 点运动至B 点的时间；
(2)物块在水平地面上的落点与O 点的水平距离；
(3)圆轨道半径R 需满足的条件。
(4)物块在AB 段运动时，传送带对物块的作用力冲量大小。
【答案】(1)2s
(2)2m
50
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(3)
(4)
【详解】（1）对物块，根据牛顿第二定律有
解得
a=2.5m/s2
假设物块一直匀加速，则有
解得
v1=5m/s<v=6m/s
故假设成立，根据速度与时间关系有
解得
t=2s
（2）在EF 段上，根据速度与位移关系有
物块飞出平台后，根据平抛运动规律有
解得
x=2m
（3）物块滑上竖直圆轨道后恰能经过最高点D，需满足
根据动能定理有
解得
R=0.5m
51
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所以物块能通过最高点D 点，圆轨道半径应满足R≤0.5m。
（4）物块从A 到B 的时间内支持力的冲量
解得
摩擦力的冲量
解得
所以传送带对物块的作用力冲量大小为
14．如图所示，有一个可视为质点的质量为m 的带正电小物块，电荷量为q，从光滑绝缘平台上的A 点水
平抛出，到达C 点时，恰好以速度v 无碰撞地进入固定在水平地面上的光滑绝缘圆弧轨道，整个圆弧轨道
处在竖直向下的匀强电场中，场强
。随后小物块滑上紧靠圆弧轨道末端D 点的质量为2m 的绝缘
长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间
的动摩擦因数为µ，圆弧轨道的半径为r，C 点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=60°，m、q、v、µ、r
以及重力加速度g 均为已知量，不计空气阻力。求：
(1)小物块从A 点抛出时的速度大小以及A、C 两点的高度差；
(2)小物块刚到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力大小；
(3)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L 的最小值。
52
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【答案】(1)
，
(2)
(3)
【详解】（1）依题意有
所以
（2）小物块从C 运动到D，由动能定理有
D 点向心力方程为
解得
，
根据牛顿第三定律可得，压力大小为
（3）临界条件：小物块到达板左端时恰好共速，此时对应木板长度
最小，由动量守恒定律可得
由能量守恒定律可得
解得
53
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15．如图，质量m2=2kg、厚度h=0.45m 的木板C 静置于光滑水平地面上，半径R=1.6m 的竖直光滑半圆弧
轨道固定在木板C 右边的水平地面上，木板与轨道均在同一竖直面内，轨道底端D 点与木板C 等高，并与
圆心O 在同一竖直线上，轨道上端最高点为E 点。质量m1=0.9kg 的物块B 置于木板C 的左端，一质量
m0=0.1kg 的子弹A 以
的水平速度射中物块B 并留在其中（时间极短），然后物块B（包括A）
从木板左端水平向右滑行，B 与C 间的动摩擦因数μ=0.92。当物块B（包括A）到达木板右端时，木板恰好
与半圆弧轨道底端相碰并被锁定，同时物块B（包括A）沿圆弧切线方向滑上轨道。已知木板长度
L=7.5m，重力加速度g 取10m/s2。
(1)求子弹A 射中物块B 并留在其中后，物块B（包括A）的速度大小；
(2)求木板C 与圆弧轨道底部碰撞前瞬间，物块B（包括A）和木板C 的速度大小；
(3)判断物块B（包括A）是否会落到木板上?求该物块落点到木板左端的距离。
【答案】(1)16m/s
(2)10m/s，3m/s
(3)会，2.7m
【详解】（1）子弹A 射中物块B 并留在其中，有
解得
v=16m/s
（2）设木板与轨道底部碰撞前瞬间，物块B（包括A）和木板C 的速度分别为
和
，由动量守恒定律和
能量守恒有
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由题意分析可知
联立解得
=10m/s
=3m/s
（3）设物块B（包括A）运动到圆弧轨道最高点E 时的速度大小为
，B（包括A）从轨道最低点到最高
点E 的过程，根据动能定理有
解得
=6m/s
物块B（包括A）从E 点飞出后做平抛运动，假设B（包括A）落到木板上，则
联立解得
由于
故假设成立，B（包括A）会落到木板上，物块B（包含A）落点到木板左端的距离
解得
16．竖直平面内有一光滑绝缘圆弧ABC，圆心为O，半径为R，OA 与竖直半径OB 的夹角θ 为37°，半径
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OC 水平，竖直半径OB 的右侧有水平方向的匀强电场，电场强度大小为
，现有一质量为m、
带电荷量为+q 的小球，从A 点左侧P 点水平抛出，恰好能顺着圆弧下滑，已知AP 之间的水平距离为
，重力加速度大小为g，
，
，求：
(1)小球从P 点抛出时的水平速度大小；
(2)小球在B 点对圆弧的压力；
(3)小球在OB 右侧运动过程中离B 点多高的时候速度最小，最小速度为多少？
【答案】(1)
(2)
(3)
；
【详解】（1）小球从P 到A 点，由平抛运动规律知
解得
（2）在A 点有
从A 到B，由机械能守恒定律知
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小球在B 点有
由牛顿第三定律知压力为
（3）小球从B 到C 有
OB 右侧有电场，等效重力为
方向45°斜向右下方，则有
从C 到Q，根据速度—位移公式有
故
17．如图所示，在竖直向下的匀强电场中有轨道ABCDFMNP，其中BC 部分为水平轨道，与曲面AB 平滑
连接。CDF 和FMN 是竖直放置的半圆轨道，在最高点F 对接，与BC 在C 点相切。NP 为一与FMN 相切
的水平平台，P 处固定一轻弹簧。点D、N、P 在同一水平线上。水平轨道BC 粗糙，其余轨道均光滑，可
视为质点的质量为m = 0.02 kg 的带正电的滑块从曲面AB 上某处由静止释放。已知匀强电场的场强E = 2
N/C，BC 段长度L = 1 m，CDF 的半径R = 0.2 m。FMN 的半径r = 0.1 m。滑块带电量q = 0.1 C，滑块与
BC 间的动摩擦因数μ = 0.5，重力加速度g = 10 m/s2；求：
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(1)滑块通过半圆轨道CDF 最高点F 的最小速度vF；
(2)若滑块恰好能通过F 点，求滑块释放点到水平轨道BC 的高度h0；
(3)若滑块在整个运动过程中，始终不脱离轨道，且弹簧的形变始终在弹性限度内，求滑块释放点到水平轨
道BC 的高度h 需要满足的条件。
【答案】(1)2 m/s
(2)1 m
(3)k m ≤ h ≤ （0.7 + k） m（k = 0，1，2，3……）
【详解】（1）小球在F 点根据牛顿第二定律有
解得
（2）设小球由h0处释放恰好通过F 点，对小球从释放至F 点这一过程由动能定理得
解得
（3）讨论
①小球第一次运动到D 点速度为零，对该过程由动能定理得
解得
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则当h ≤ 0.7 m 时，小球不过D 点，不脱离轨道。
②小球第一次进入圆轨道可以经过F 点，压缩弹簧被反弹，沿轨道PNMFDCBA 运动，再次返回后不过
D。小球恰好可以经过F 点，由动能定理可得
解得
则当h ≥ 1 m 时，小球可以通过F 点。小球再次返回刚好到D 点
解得
则当h ≤ 1.7 m 时，小球被弹簧反弹往复运动后不过D 点；综上，当1 m ≤ h ≤ 1.7 m，小球第一次进入圆
轨道可以通过F 点，往复运动第二次后不过D 点，满足始终不脱离轨道。
③小球第一次进入圆轨道可以经过F 点，压缩弹簧被反弹，第二次往复运动时满足小球恰好可以经过F 点，
由动能定理可得
解得
则当h ≥ 2 m 时，小球可以两次通过F 点；小球再次返回刚好到D 点
解得
则当h ≤ 2.7 m 时，小球被弹簧反弹第二次往复运动后不过D 点；综上2 m ≤ h ≤ 2.7 m，小球第一、二次
进入圆轨道可以通过F 点，往复运动第二次后不过D 点，满足始终不脱离轨道。以此类推，可得当h 满足
k m ≤ h ≤ （0.7 + k） m（k = 0，1，2，3……）小球不脱离轨道。
18．如图所示，两平行金属直导轨
、
固定于同一水平绝缘桌面上，两导轨之间的距离为L，a、
端与倾角为
的倾斜金属导轨平滑连接，倾斜导轨上端连接阻值为
的定值电阻，
、
端与位于竖直
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面内、半径相同的半圆形金属导轨平滑连接，所有金属导轨的电阻忽略不计。仅水平导轨
所围矩形
区域存在方向竖直向下，磁感应强度大小为
的匀强磁场。一根质量为
、电阻为
、长度为
的细金属
棒
与导轨垂直，静置于
处，另一根与
长度相同、质量为
的细绝缘棒
由倾斜导轨上与
距
离为
处静止释放，一段时间后
与
发生弹性碰撞，碰撞时间极短。碰撞后，
和
先后恰好运动到
半圆形导轨的最高点（抛出后立即撤去），运动过程中棒与导轨始终垂直且接触良好。不计一切摩擦，重
力加速度为
。求：
(1)半圆形金属导轨的半径；
(2)整个过程中定值电阻
产生的焦耳热
；
(3)绝缘棒
通过
区域的时间。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）
、
碰前过程，对绝缘棒
，由动能定理得
解得
绝缘棒
与金属棒
发生弹性碰撞，由动量守恒定律可得
由机械能守恒定律得
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解得
，
因
和
恰好均能通过半圆形轨道的最高点，则
和
通过
时速度大小相等，设为
则
在半圆形轨道最高点时有
由半圆形轨道最低点到最高点，由动能定理得
解得
（2）
从
运动到
，由能量守恒得
定值电阻
产生的焦耳热
解得
（3）设
由
运动到
的位移为
，对
，由动量定理得
电荷量
平均感应电动势
平均感应电流
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又
解得
19．如图所示，一弹射装置由轨道OABC、直轨道CD 和DE、左右对称的“雨滴”形曲线轨道EFG（F 为
最高点）和L 形滑板组成。已知OA 竖直，ABC 是圆心在
、半径
的圆弧（B 为最高点）。L 形滑
板质量
，上表面（除突出部分）长为
，上表面的动摩擦因数
，下表面光滑，其
余轨道也均光滑。除L 形滑板外，其余轨道均固定在地面上。弹簧下端固定，处于原长时上端与A 和
都
等高。B 点距地面高度
。
与竖直方向夹角为
，CD 与水平方向夹角也为
，且
。一
质量
的小滑块穿套在轨道OABC 上，不与弹簧相连，压缩弹簧后滑块被弹出，滑到C 点飞出后，
立刻沿CD 下滑，CD 与DE 平滑相接。图中圆1 和圆2 分别为E、F 两点的曲率圆，半径分别为
，曲率圆的半径也称为曲线在该处的曲率半径。g 取
。
(1)若已知弹簧劲度系数
，则当小滑块放在弹簧上处于静止状态时，求弹簧的压缩量x；
(2)某次弹射后，发现滑块到达C 点时恰好对轨道无作用力，求滑块运动到A 处时的速度大小
；
(3)某次弹射后，发现滑块在轨道EFG 内运动时，其向心加速度大小恒为
，求轨道EFG 内任意高度
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h 处的曲率半径
与h 的函数关系式。（提示：任意曲线运动的向心加速度
）
【答案】(1)0.01m
(2)2m/s
(3)
【详解】（1）根据胡克定律
而
联立可得弹簧的压缩量为
（2）在C 点，由牛顿第二定律
代入数据得
从A 点到C 点，由动能定理
代入数据得
（3）在E 点
代入数据得
从E 点到P 点，由动能定理
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解得
在P 点
由以上式子解得
在F 点
所以轨道EFG 内任意高度h 处的曲率半径
与h 的函数关系式为
20．如图所示为某弹射游戏装置，游戏轨道由倾角θ = 37°的粗糙直轨道AB 和两个半径为R = 0.5 m 的光
滑半圆弧轨道BD、D′E 组成，物块a（可视为质点）能无碰撞地从轨道AB 进入轨道BD，以及从轨道BD
进入轨道D′E。游戏规定：参赛者在A 点给物块一定的初速度v0，若物块能在圆弧轨道D′E（不包括E 点
和D′点）段脱离则获得胜利。已知物块的质量m = 0.1 kg，A 点的高度h = 1.6 m，物块与直轨道的动摩擦
因数μ = 0.4。（不计空气阻力sin37° = 0.6，cos37° = 0.8）
(1)若物块获得的初速度v0 = 1 m/s，则物块在C 点对轨道的压力；
(2)求出物块的初速度v0与其到达D 点时的速度vD之间的关系式；
(3)物块的初速度v0满足什么条件时可以获得胜利。
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【答案】(1)4.4 N，方向竖直向下
(2)
（
）
(3)
【详解】（1）物块由A 点运动到C 点的过程中，根据动能定理
其中
联立，解得
物块在C 点时，根据牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律可知，物块在C 点对轨道的压力大小等于轨道对物块的支持力大小，即
方向与轨道垂直，竖直向下。
（2）物块由A 点运动到D 点的过程中，根据动能定理
其中
整理得
为保证物块能够到达D 点，则恰好到达D 点时，重力指向圆心的分力恰好提供向心力
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解得
所以
即
所以，物块的初速度v0与其到达D 点时的速度vD 之间的关系式为
（
）
（3）①若物块能在圆弧轨道D′E 段脱离，则一定可以运动到与O′等高，即物块不会在D′E 段脱离轨道。
当物块从D 点恰好运动到与O′等高的过程，根据动能定理
解得
又
所以
②当物块运动到最高点F 时（点F 在O′正上方圆轨道上），同理可知
其中，在F 点，根据牛顿第二定律
解得
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，
又因为胜利不包括E 点，所以初速度范围为
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