小球与圆弧轨道常见问题剖析 讲义 -2026届高考物理二轮复习

该高中物理高考复习讲义聚焦小球与圆弧轨道问题，整合反冲、碰撞、人船及综合类四大核心模型，围绕动量守恒、机械能守恒等高考高频考点，按“模型建构-规律应用-综合拓展”逻辑层次展开，通过考点梳理、典例解析、真题演练三环节，帮助学生系统掌握解题方法，突破力学综合难点。 讲义以科学思维为引领，创新采用“模型分类+对比分析”教学策略，如碰撞类问题中通过最高点共同速度与最低点弹性碰撞的对比，引导学生建构动量与能量关系的物理模型，培养模型建构能力。设置基础模型、拓展变式、综合应用三级训练，配合真题深度解析，确保学生高效掌握解题关键，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

小球与圆弧轨道问题剖析 1、 反冲类问题：小球从圆弧轨道顶端静止下滑（如图1） 1.基本模型 （1）当轨道固定时，下滑过程中小球机械能守恒，小球重力势能转化为自身动能。 （2）当轨道不固定时，下滑过程中小球和轨道组成的系统水平动量守恒，总动量为0，系统机械能守恒，小球重力势能转化为系统的动能，类似于“反冲模型”，即小球（）和轨道（）的速度关系为，位移关系为。 2.典型例题 例1 如图1所示，光滑弧形滑块P锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水平，小球Q(视为质点)的质量为滑块P的质量的一半，小球Q从滑块P顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek1。现解除锁定，仍让Q从滑块顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek2，Ek1和Ek2的比值为( )图1 A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】 设滑块P的质量为，则小球Q的质量为，弧形顶端与底端的竖直距离为h；P锁定时，Q下滑过程中由机械能守恒定律得；P解除锁定时，以水平向左为正方向，小球离开滑块时它们的速度分别为vQ和vP，Q下滑过程中由动量守恒定律得，由机械能守恒定律得，解得；联立解得，故选C。 2、 碰撞类问题：小球从底端冲上圆弧轨道（如图2） 1.基本模型 （1）最高点：当小球运动到左侧最高点时，竖直方向的速度为0，小球（）和轨道()有共同水平速度，相当于发生了一次“完全非弹性碰撞”。由系统水平动量守恒，系统机械能守恒可得： ①当时，小球刚好到达圆弧轨道顶端； ②当时，小球无法到达圆弧轨道顶端； ③当时，小球离开圆弧轨道顶端后相对于轨道做竖直上抛运动，而后重新落回轨道； 因此，无论小球冲上圆弧轨道的速度大小如何，均不会从圆弧轨道顶端离开。 （2）最低点：当小球返回圆弧轨道右侧底端时，小球（）和轨道()相当于发生了一次“弹性碰撞”。由系统水平动量守恒，系统机械能守恒可得： ①当时，小球离开轨道时速度为0； ②当时，小球离开轨道时速度向右； ③当时，小球离开轨道时速度向左。 2.典型例题 例2 （多选）如图2所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个弧形槽，弧形槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上滑块，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是( ) A．当时，小球能到达B点图2 B．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上 C．小球到达弧形槽最高点处，小球的速度为零 D．小球回到弧形槽底部时，小球速度方向可能向左 【答案】 CD 【解析】 以水平向左为正方向，若小球恰好到达B点，此时小球和滑块的速度相同，由动量守恒定律得，由机械能守恒定律得，解得，故A错误；若小球的速度足够大，当小球到达B点时，水平方向的分速度必定与滑块的速度相等，小球离开滑块后，水平方向与滑块以相同速度做匀速直线运动，因此小球将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上，故B错误；根据上述分析可知，小球到达弧形槽最高点处，小球的速度一定不为零，故C错误；当小球回到弧形槽底部时，小球和滑块时它们的速度分别为v1和v2，由动量守恒定律得，由机械能守恒定律得，解得，可知当时，小球速度为正值，即小球速度方向向左，故D正确。 3.拓展变式 变式1 如图3所示，半径均为R、质量均为M、内表面光滑的两个完全相同的圆槽A和B并排放在光滑的水平面上，图中a、c分别为A、B槽的最高点，b、b′分别为A、B槽的最低点，A槽的左端紧靠着竖直墙壁，一个质量为m的小球C从圆槽A顶端的a点无初速度释放。重力加速度为g，求：图3 (1)小球C从a点运动到b点时的速度大小及A槽对地面的压力大小； (2)小球C在B槽内运动所能达到的最大高度； (3)B的最大速度的大小。 【答案】 （1），50N；（2）；（3） 【解析】 （1）小球C下滑过程中由机械能守恒定律得，解得，小球在b点，由牛顿第二定律，解得，所以A槽对地面的压力大小为；（2）小球C上滑过程中，以水平向右为正方向，当小球与槽B的速度相同时达到最大高度，由动量守恒定律得，由机械能守恒定律得，解得；（3）当小球再次回到槽B最低点时B的速度最大，此时小球和槽B的速度分别为v1和v2，由动量守恒定律得，由机械能守恒定律得，解得。 【指点迷津】 （1）小球和圆槽A、B组成的系统水平动量不守恒，机械能守恒；（2）小球和圆槽B组成的系统水平动量守恒，机械能守恒；（3）小球在B槽内运动到的最大高度时与圆槽B具有共同的速度，由机械能守恒定律得小球无法到达初始高度；（4）整个过程中运动小球始终对圆槽B做正功，因此小球再次回到圆槽B左端时圆槽B速度最大。 3、 人船类问题：小球从半圆弧轨道顶端静止下滑（图4） 1.基本模型 （1）最低点：当小球到达半圆轨道最低点时，小球（）的速度向左达到最大，半圆轨道()的速度向右达到最大，由系统水平动量守恒，系统机械能守恒可知：、。 （2）最高点：当小球到达最高点时，由系统水平动量守恒得小球和半圆轨道的速度均为0；由系统机械能守恒得小球恰好到达原来的高度，且此时小球向左运动的距离最大，半圆轨道向右运动的距离最大。 2.典型例题 例3 （多选）如图4所示，在水平面上放置一半径为R的半圆槽，半圆槽的左、右最高点A、B在同一水平线上、最低点为C，现让一个小球从槽右侧最高点B无初速释放。已知小球和半圆槽的质量分别为m和2m，不计小球与半圆槽和半圆槽与水平地面之间的摩擦，当地的重力加速度为g。则（ ）图4 A．小球向左运动能达到A点 B．半圆槽向右运动的最大距离为 C．半圆槽的运动速度大小可能为 D．小球经过C点时对半圆槽的压力大小为3mg 【答案】 AB 【解析】 以水平向左为正方向，小球向左到达最高点时与半圆槽速度相同，由动量守恒定律得，解得，由机械能守恒定律得，解得，即小球向左能达到的最高点是A，故A正确；小球向左运动到A点时，半圆槽向右运动的距离最大，小球和半圆槽的速度分别为v1和v2，由水平方向动量守恒得，即，解得，故B正确；小球向下滑动时半圆槽加速，小球到C点时槽的速度是槽能够达到的最大速度，由动量守恒定律得，由机械能守恒定律得，解得，，故C错误；小球相对于槽做圆周运动，在最低点槽的加速度为0是惯性参考系，由牛顿第二定律得，解得，故D错误。 3.拓展变式 变式2 如图5所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆轨道的水平直径，半圆轨道的半径为R，现将一质量为m的小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球由A点沿切线方向经半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为0.9h，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）图5 A．小车向左滑动的最大距离为 B．小球到半圆轨道的最低点时，小球的速率为 C．小球离开小车后做竖直上抛运动 D．小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为0.8h 【答案】 C 【解析】 设小车向左运动的最大距离为x，以向右为正方向，由动量守恒定律得，即，解得小车向左滑动的最大距离，小球由B点离开小车时，小球与小车水平方向速度为零，所以小球离开小车后做竖直上抛运动，故A错误，C正确；若小车内半圆轨道光滑，则小球达到最低点时，小球和小车的速度分别为v1和v2，由动量守恒定律得，由机械能守恒定律得 ，解得 ，但是由于半圆内轨道有摩擦阻力，则小球到达轨道最低点时的速率小于，故B错误；小球第一次在车中运动过程中，由动能定理得，解得Wf=0.1mgh，即小球第一次在车中运动损失的机械能为0.1mgh，由于小球第二次在车中运动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于0.1mgh，机械能损失小于0.1mgh，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于0.8h，故D错误。 【指点迷津】 （1）小球和小车组成的系统水平动量守恒，总动量为0，系统机械能不守恒；（2）小球每次离开小车内半圆轨道时，小球和小车水平方向速度均为0，即小车静止，小球做竖直上抛运动；（3）小球上升高度越来越小，且越来越小。 4、 综合类问题：小球在光滑圆弧+粗糙平面轨道上运动 1.基本模型 （1）小球和轨道组成的系统水平动量守恒，机械能不守恒， （2）小球每次经过小车粗糙部分系统损失的机械能为； （3）小球始终无法从光滑圆弧轨道端离开轨道； 2.典型例题 例4 如图6所示，滑板的上表面由长度为L的水平部分AB和半径为的四分之一光滑圆弧BC组成，滑板静止于光滑的水平地面上。滑块P（可视为质点）置于滑板的右端点A处，滑块P与滑板水平部分的动摩擦因数为μ。一根长度为L、不可伸长的细线，一端固定于点，另一端系小球Q。小球Q位于最低点时与滑块P处于同一高度并恰好接触。现将小球Q拉至与同一高度（细线处于水平拉直状态），然后由静止释放，小球Q向下摆动并与滑块P发生弹性碰撞，碰后滑块P将在滑板上向左运动，从C点飞出后又落回滑板，最终相对滑板静止于AB部分上某一点。设小球Q的质量为m，滑块P的质量为3m，滑板的质量为6m，运动过程中不计空气阻力，重力加速度为g。求： （1） 小球Q碰滑块P前瞬间，细线对小球的拉力F的大小；图6 （2） 滑块P、小球Q碰撞过程中，滑块P所受合力冲量I的大小； （3）时，滑块P从C点飞出后相对C点的最大高度h； （4） 为使滑块P最终停在滑板上，动摩擦因数μ应满足的条件。 【答案】 （1）3mg；（2）；（3）；（4） 【解析】 （1）设小球Q到达最低点时速度为vQ，小球Q在下落过程中，由机械能守恒定律得，解得，小球Q在最低点，由牛顿第二定律得，解得细线对小球的拉力。（2）小球Q和滑块P发生弹性碰撞，碰后小球Q和滑块P的速度分别为和，由动量守恒定律得，由机械能守恒定律得，解得，由动量定理得，滑块P所受合力冲量I的大小为；（3）到达最高点时小球Q和滑块P的速度相同，由动量守恒定律得，由能量守恒定律得，解得。（4）若滑块P最终停在滑板最右端。由能量守恒定律得，解得，为使滑块P最终停在滑板上，应有。 例7 如图7所示，竖直平面内的轨道小车ABCD的质量M=0.4kg，放在光滑水平面上，其中AB段是半径R=0.4m的竖直光滑圆弧，在B点与水平轨道BD相切，水平轨道的BC段粗糙，动摩擦因数μ=0.4，长L=3.5m，C点右侧轨道光滑，水平轨道右端连接一水平轻弹簧。现有一质量m=0.lkg的小球（可视为质点）在距A点高h=3.6m处自由落下，恰好沿A点处的切线滑入圆弧轨道，弹簧始终未超出弹性限度，重力加速度g取10m/s2，求： （1）小球刚到达A点时，物块的速度大小；图7 （2）小球刚到达B点时，轨道小车的速度大小； （3）小球第一次返回上升至最高点距A点的距离； （4）小球从C点相对轨道滑过1.1m时弹性势能达到最大值，此时轨道小车离出发点多远？ 【答案】 （1） ；（2） 2m/s；（3） 0.8m；（4）1m 【解析】 （1）设小球刚到达A点时速度为v0，由机械能守恒定律得，解得；（2）物块刚到达B点时，物块和轨道小车的速度分别为v1 和v2，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得，由机械能守恒定律，解得v2=2m/s；（3）物块第一次返回上升至最高点距A点的距离为h1，由于系统水平方向动量守恒，所以物块第一次返回至最高点时物块和小车的速度均为零，由能量守恒定律得，解得h1=0 8m；（4）由于系统水平动量守恒，所以弹性势能最大时物块和小车的速度均为零，设此时轨道小车离出发点为x，由动量守恒得，解得x=1m‍‍。 1 学科网（北京）股份有限公司 $