专题16 力学综合计算题【练】解析版

第七部分计算题专题16力学综合计算题【练】1.(2020·江苏南京市、盐城市二模)如图所示，光滑斜面倾角θ＝60°，其底端与竖直平面内半径为R 的光滑圆弧轨道平滑对接，位置D 为圆弧轨道的最低点．两个质量均为m 的小球A 和小环B (均可视为质点)用L ＝1.5R 的轻杆通过轻质铰链相连，B 套在固定竖直光滑的长杆上，杆和圆弧轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心，初始时轻杆与斜面垂直．在斜面上由静止释放A ，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球通过轨道连接处时无能量损失(速度大小不变)．重力加速度为g .求：(1)刚释放时，球A 的加速度大小；(2)小球A 运动到最低点时的速度大小；(3)已知小球A 运动到最低点时，小环B 的瞬时加速度大小为a ，求此时小球A 受到圆弧轨道的支持力大小．【答案】(1)32g (2)3.5gR (3)5.5mg ＋ma【解析】(1)由牛顿第二定律得mg sin 60°＝ma 1，解得a 1＝32g .(2)小球A 初始位置距水平面高度设为h 1，由几何关系得R sin 60°1－12R 30°＝1.5R sin 60°，解得h 1＝54R小环B初始位置距水平面高度设为h2，由几何关系得h2＝h1＋1.5R cos60°＝2R由系统机械能守恒mgΔh A＋mgΔh B＝12mv A2＋12mv B2式中v B＝0，Δh A＝54R，Δh B＝0.5R，解得v A＝3.5gR.(3)以小环B为研究对象，由牛顿第二定律得F－mg＝ma以小球A为研究对象，由牛顿第二定律得F N－F－mg＝m v A2R，解得F N＝5.5mg＋ma.2.(2020·福建泉港一中期末)如图所示，我国“辽宁号”航母的舰载机采用滑跃起飞方式，即飞机依靠自身发动机从静止开始加速至滑跃起飞，滑跃仰角为θ.其起飞跑道可视为由长度为l1＝1.6×102m的水平跑道和长度为l2＝20m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4m．已知质量m＝2.0×104kg的舰载机喷气发动机推力大小恒为F＝1.2×105N，方向与速度方向相同．若飞机起飞过程中受到的阻力大小恒为飞机重力的0.1倍，飞机质量视为不变并看成质点，重力加速度g取10m/s2，航母处于静止状态．(1)求飞机在水平跑道运动的时间；(2)求飞机在倾斜跑道上的加速度大小；(3)为了使飞机速度在倾斜跑道的末端达到4920m/s，外界还需要在整个水平轨道加速阶段对飞机施加助推力，求助推力F推的大小．【答案】(1)8s(2)3m/s2(3)2.0×105N【解析】(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a1、运动时间为t1，有F－F f＝ma1l1＝12a1t12解得：t1＝8s(2)飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道方向受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道的分力作用，设沿倾斜跑道方向的加速度大小为a 2F －F f －mg sin θ＝ma 2sin θ＝h l 2＝15解得：a 2＝3m/s 2(3)在水平轨道上：F 推＋F －F f ＝ma ，v 12＝2al 1在倾斜跑道上：v 22－v 12＝2a 2l 2解得：F 推＝2.0×105N.3．(2020·广东佛山市二模)如图是某自动分装流水线示意图，下方水平传送带A 以速度v 1＝1.0m/s 匀速向右运动，传送带上间隔均匀放置着包装盒，包装盒与其相对静止．机器人每隔相等时间在上方水平传送带B 上无初速度放置一个工件，每个工件来到传送带右端时已与其共速，此时工件正下方正好有一个包装盒，工件水平抛出后恰好落入正下方的包装盒中，且每当前一个工件落入包装盒时，下一个工件即将抛出．工件与包装盒间的高度差h ＝0.45m ，每个工件质量m ＝0.5kg ，工件与传送带B 间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10m/s 2，不计空气阻力，求：(1)工件从抛出到落入包装盒所需的时间t ，相邻两个包装盒间的间距x 1；(2)若传送带B 与传送轮间不打滑，每输送一个工件上方传送装置至少要提供多少能量．【答案】(1)0.3s 0.3m (2)0.5J 【解析】(1)工件抛出时做平抛运动，竖直方向h ＝12gt 2，解得t ＝0.3s 则下方相邻包装盒之间的间距为x 1＝v 1t ＝0.3m(2)为了保证每个工件都恰好能落入包装盒内，上方传送带的速度大小v 2＝v 1＝1.0m/s对于每个工件，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ，解得a ＝5m/s 2每个工件的加速时间t 1＝v 2a＝0.2s 每个工件与传送带相对运动的距离Δs ＝v 2t 1－1212＝0.1m ，则每输送一个工件传送装置至少要提供的能量W ＝μmg Δs ＋12mv 22＝0.5J.4.(2020·广东深圳市第二次调研)如图(a)为玩具弹弓，轻质橡皮筋连接在把手上A 、B 两点，一手握住把手不动，使AB 连线水平，C 点为自由伸长时橡皮筋中点轻弹夹的位置，如图(b)．AO ＝OB ＝6cm ，另一手捏着装有质量为10g 弹珠的弹夹，从C 点由静止竖直向下缓慢移动到D 点，放手后弹珠竖直向上射出，刚好上升到离D 点20.15m 高的楼顶处．测得∠ACB ＝44°，∠ADB ＝23°，取tan 22°＝0.4，tan 11.5°＝0.2，g ＝10m/s 2，不计空气阻力．求：(1)从C 点到D 点的过程中，弹珠重力所做的功及手所做的功；(2)若还将橡皮筋拉到相同长度，仅改变发射方向，弹珠向斜上方运动到高出释放点8m 处的速率．【答案】(1)1.5×10－2J 2J (2)15.6m/s 【解析】(1)从C 到D ，弹珠重力做功：W G ＝mgh CD由题图可得：h CD ＝OB tan 11.5°－OB tan 22°＝0.060.2m －0.060.4m ＝0.15m ，联立解得W G ＝1.5×10－2J 从C 到D ，再到最高点的过程中，由功能关系：W 手＝mgH －mgh CD ，其中H ＝20.15m解得W 手＝2J ；(2)设弹珠在D 点时橡皮筋的弹性势能为E p ，从D 到最高点，由功能关系：E p ＝mgH第二次从释放点到h ′＝8m 处，机械能守恒，则：E p ＝mgh ′＋12mv 2，联立解得v ≈15.6m/s.5.（2021·海南中学高三上学期1月月考）如图所示，一质量为M 的平板车B 放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，M =2m ，A 、B 间动摩擦因数为μ，现给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度v 0，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，最终A 没有滑离B 。

重力加速度为g ，求：(1)A 、B 最后的速度大小和方向；(2)平板车B 的最小长度L 。

【答案】(1)03v ，方向向右；(1)2043v gμ【解析】(1)对A 、B 系统由动量守恒定律得00Mv mv M m v -=+（）解得003v M m v v M m -==+方向水平向右。

(2)当A 运动到B 的最左端时达到共同速度v ，由能量守恒得22200111()222mgL Mv mv M m v μ=+-+解得2043v L gμ=6.（2021·云南省昆明一中高三上学期1月月考）如图所示，一质量 6 kg m =的物块置于质量 4 kg M =的足够长的木板B 端，它们以共同的初速度0 10 m/s v =沿光滑水平面向右运动。

在木板B 端右侧有一固定挡板S ，木板可从挡板下面顺利通过，物块与挡板S 碰撞后立即以原速率反向弹回并继续运动。

已知物块始终在木板上，物块与木板间的动摩擦因数为0.5μ=，物块与木板间最大静摩擦力等于其滑动摩擦力，g 取210m/s ，求：(1)物块和木板共速时的速度大小；(2)物块相对木板滑行的时间。

【答案】(1)2m/s ；(2)1.6s【解析】(1)物块被S 反弹后，将向左运动，物块和木板系统动量守恒，取向左为正方向，则有()()00mv M v m M v+-=+解得2m/sv =(2)物块被S 反弹后，初速度为0v ，将在摩擦力的作用下，做减速运动，最终与木板共速，取向左为正方向F f mgμ=-=-25m/s F a g m μ===-0v v t a-=解得 1.6st =7.(2020·重庆市部分区县第一次诊断)如图所示，倾角为θ＝37°的斜面与水平面平滑连接，质量为m 的小物块A 从斜面上离地高H ＝3m 处滑下，与静止于斜面底端质量为2m 的小物块B 发生完全弹性碰撞(碰撞时间极短且为正碰)．已知小物块A 和B 均可以看成质点，所有接触面的动摩擦因数均为μ＝0.3，取g ＝10m/s 2.求：(计算结果保留两位有效数字)(1)小物块A 与小物块B 碰撞后沿斜面上升的最大高度h ；(2)小物块A 与小物块B 均停止运动后，两者之间的距离d .【答案】(1)0.14m (2)2.4m【解析】(1)设A 与B 碰撞前A 的速度为v 0，碰撞后A 的速度为v 1、B 的速度为v 2，则A 沿斜面下滑的过程，由动能定理可得：mgH －fs ＝12mv 20－0(1分)又f ＝μmg cos θ(1分)由几何关系可知：s ＝H sin θ(1分)A 、B 发生完全弹性碰撞，动量守恒、能量守恒，可得：mv 0＝mv 1＋2mv 2(1分)12mv 20＝12mv 21＋12(2m )v 22(1分)对碰撞后A 返回斜面的过程，由动能定理有：－mgh －μmg cos θ·h sin θ＝0－12mv 21(1分)联立解得：h ＝0.14m(1分)(2)A 、B 碰撞后，对B 由动能定理得：－μ(2m )gs B ＝0－12(2m )v 22(1分)对A 由动能定理得：－2μmg cos θ·h sin θ－μmgs A ＝0－12mv 21(1分)由题可知：d ＝s B －s A (1分)解得：d ＝2.4m(2分)8.(2020·成都市第七中学高三考前预测)如图为某游乐设施的简化图，固定斜面的倾角θ＝37°，长度L ＝6m ．某游客坐在平板小车上，通过拉跨过斜面顶端定滑轮的轻绳，使自己和小车一起缓慢上升到斜面的顶端，然后松开轻绳，让人和车一起沿斜面下滑，最终停在水平面上的P 点．不计轻绳与滑轮的摩擦，忽略滑轮和人车大小的影响，斜面与水平面间用一小段圆弧平滑过渡，已知人的质量m＝55kg，车的质量M＝5kg，车在斜面及水平面上运动时所受的阻力均为压力的0.5倍，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)上升过程中，人的拉力大小；(2)P点到斜面底端的距离．【答案】(1)300N(2)2.4m【解析】(1)因人车整体缓慢上升，故整体受力平衡，沿斜面2F＝(M＋m)g sinθ＋f(1分)垂直于斜面F N＝(M＋m)g cosθ(1分)且有f＝μF N(1分)可得F＝300N(1分)由牛顿第三定律，人的拉力大小为F′＝F＝300N(1分)(2)下滑过程(M＋m)g sinθ－μ(M＋m)g cosθ＝(M＋m)a(2分)可得a＝2m/s2(1分)设人车整体到达斜面底端时，速度为v，则有v2＝2aL(1分)解得v＝24m/s(1分)从斜面底端到P点，由μMg＝Ma′(1分)得a′＝μg＝5m/s2(1分)由v2＝2a′x(1分)得x＝2.4m(1分)1.(2020·河南郑州市中原联盟3月联考)如图所示，长木板B 的质量为m 2＝1.0kg ，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m 3＝1.0kg 的物块C (可视为质点)放在长木板的最右端．一个质量为m 1＝0.5kg 的物块A 从距离长木板B 左侧l ＝9.5m 处，以速度v 0＝10m/s 向着长木板运动．一段时间后物块A 与长木板B 发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C 始终在长木板上．已知物块A 及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，物块C 与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，物块C 与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s 2，求：(1)碰后瞬间物块A 和长木板B 的速度；(2)长木板B 的最小长度；(3)物块A 离长木板左侧的最终距离．【答案】(1)3m/s ，方向向左6m/s ，方向向右(2)3m (3)10.5m 【解析】(1)设物块A 与长木板B 碰前的速度为v ，由动能定理得－μ1m 1gl ＝12m 1v 2－12m 1v 02解得v ＝v 02－2μ1gl ＝9m/sA 与B 发生弹性碰撞，假设碰撞后瞬间的速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律得m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2由机械能守恒定律得12m 1v 2＝12m 1v 12＋12m 2v 22联立解得v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v ＝－3m/s ，v 2＝2m 1m 1＋m 2v ＝6m/s 碰后物块A 的速度大小为3m/s 、方向向左，长木板B 的速度大小为6m/s 、方向向右；(2)碰撞后B 做减速运动，C 做加速运动，B 、C 达到共同速度之前，由牛顿第二定律，对长木板B 有－μ1(m 2＋m 3)g －μ2m 3g ＝m 2a 1对物块C ：μ2m 3g ＝m 3a 2设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t ，则v 2＋a 1t ＝a 2t木板B 的最小长度d ＝v 2t ＋12a 1t 2－12a 2t 2＝3m(3)B 、C 达到共同速度之后，因μ1<μ2二者一起减速至停下，设加速度大小为a 3，由牛顿第二定律得μ1(m 2＋m 3)g ＝(m 2＋m 3)a 3整个过程B 运动的位移为x B ＝v 2t ＋12a 1t 2＋0－a 2t 2－2a 3＝6mA 与B 碰撞后，A 做减速运动的加速度大小也为a 3，位移为x A ＝0－v 12－2a 3＝4.5m 物块A 离长木板B 左侧的最终距离为x A ＋x B ＝10.5m.2.(2020·湘赣皖十五校联考)如图所示，可视为质点的质量为m ＝0.2kg 的小滑块静止在水平轨道上的A 点，在水平向右的恒定拉力F ＝4N 的作用下，从A 点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB 的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B 点后进入半径为R ＝0.3m 且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运行一周后从B 处的出口(未画出，且入口和出口稍稍错开)出来后向C 点滑动，C 点的右边是一个“陷阱”，D 点是平台边缘上的点，C 、D 两点的高度差为h ＝0.2m ，水平距离为x ＝0.6m ．已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道BC 的长度为l 2＝2.0m ，小滑块与水平轨道AB 、BC 间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g ＝10m/s 2.(1)求水平轨道AB 的长度l 1；(2)试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱”右侧的D 点；(3)若在AB 段水平拉力F 作用的范围可变，要达到小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不落入C 、D 间的“陷阱”的目的，试求水平拉力F 作用的距离范围．【答案】(1)2.4m (2)不能(3)见解析【解析】(1)设小滑块运动到竖直圆轨道最高点时的速度大小为v ，则有4mg ＝m v 2R从B 点运动到最高点的过程中，设小滑块到达B 点时的速度大小为v B ，由机械能守恒定律有12mv B 2＝mg ·2R ＋12mv 2解得v B ＝26m/s小滑块由A 到B 的过程中，由动能定理可得12Fl 1－μmgl 1＝12mv B 2解得l 1＝2.4m.(2)设小滑块到达C 点时的速度大小为v C ，则由动能定理可得－μmgl 2＝12mv C 2－12mv B 2解得v C ＝2m/s设小滑块下落h ＝0.2m 所需要的时间为t ，则有h ＝12gt 2解得t ＝0.2s故小滑块在水平方向上运动的距离为x 0＝v C t ＝0.4m<0.6m 故小滑块将落入“陷阱”中，不能运动到D 点．(3)由题意可知，若要滑块既不脱离圆轨道，又不掉进“陷阱”，则需要分三种情况进行讨论：①当滑块刚好能够到达与圆心等高的E 点时，设恒力作用的距离为x 1′，则由动能定理Fx 1′－μmgl 1－mgR ＝0解得x 1′＝0.75m故当恒力作用的距离满足0<x ′≤0.75m 时符合条件．②当滑块刚好能经过圆轨道的最高点时，设滑块经过最高点时的速度大小为v 0，则有mg ＝mv 02R 设此时恒力作用的距离为x 2′，则有Fx 2′－μmgl 1－2mgR ＝12mv 02解得x 2′＝0.975m当滑块刚好运动到C 点时速度为零，设此时恒力作用的距离为x 2″，则有Fx 2″－μmg (l 1＋l 2)＝0解得x 2″＝1.1m故当恒力作用的距离满足0.975m<x ′<1.1m 时符合条件．③当滑块刚好能够越过“陷阱”，设滑块到达C 点时的速度大小为v C ′，则由平抛运动规律可得h ＝12gt 2x ＝v C ′t 解得v C ′＝3m/s设此时恒力作用的距离为x 3′，故有Fx 3′－μmg (l 1＋l 2)＝12mv C ′2解得x 3′＝1.325m故当恒力作用距离满足1.325m≤x ′≤2.4m 时符合条件．3.(2020·山东潍坊市二模)如图所示，固定光滑轨道ABC 的AB 段水平，BC 段为半圆形，B 是半圆轨道的最低点、C 是半圆轨道的最高点．长L ＝1.5m 、质量M ＝0.4kg 的木板位于足够长的光滑水平面上，木板左端紧靠A 点，上表面与AB 等高．将质量均为m ＝0.2kg 的小滑块甲、乙放置在木板上距A 点0.5m 处，甲、乙之间夹有被压缩的轻质短弹簧．某时刻弹簧弹开，甲向左运动，乙恰好未从木板上滑下，已知甲、乙与木板间的动摩擦因数均为μ＝0.6，重力加速度g ＝10m/s 2.(1)求甲到达A 点时的速度大小；(2)若甲能通过半圆轨道的C 点且整个过程中对轨道的压力不超过20N ，求轨道BC 半径的取值范围；(3)若在水平面与木板间固定一块桌布，木板与桌布间的动摩擦因数μ′＝0.1，求乙滑下木板时的速度大小．【答案】见解析【解析】(1)弹簧弹开，以甲、乙组成系统为研究对象，在甲到达A 点之前，系统动量守恒mv A ＝mv 乙甲、乙对木板的摩擦力大小相等、方向相反，故木板保持静止，当甲到达A 点时乙距木板右端距离为L 3此后以乙和木板为研究对象，乙到达木板右端时两者同速，设为v 由动量守恒得：mv 乙＝(M ＋m )v由能量守恒得：12mv 乙2＝μmg L 3＋12(M ＋m )v 2联立解得：v A ＝v 乙＝3m/s(2)半圆轨道半径最大时甲恰能通过半圆轨道最高点mg ＝mv C 2r 1－2mgr 1＝12mv C 2－12mv A 2甲在B 点对轨道的压力最大，且半径越小压力越大，半径最小时，由牛顿第三定律知轨道对乙的最大作用力：F N ＝20N F N －mg ＝mv A 2r 2则半径的取值范围为：r 2≤r ≤r 1代入数据解得：0.1m≤r ≤0.18m (3)甲离开木板后对乙：μmg ＝ma 1对木板：μmg －μ′(M ＋m )g ＝Ma 2(v 乙t －12a 1t 2)－12a 2t 2＝L 3v 乙′＝v 乙－a 1t联立解得：v 乙′＝3＋265m/s.4．(2020·河南五岳联盟4月联考)跑步健身可以增强体质，发达肌肉，完美身材，增强人的意志和毅力．跑步涉及很多物理现象．如图所示，长L ＝24m 的木板右端固定一立柱，板和立柱的总质量M ＝60kg ，木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.05.质量m ＝60kg 的人(视为质点)立于木板左端，木板与人均静止．若人以大小a 1＝2m/s 2的加速度匀加速向右跑至木板的右端，并立即抱住立柱，取g ＝10m/s 2，求：(1)从人开始奔跑至到达木板右端所经历的时间t ；(2)人抱住立柱的瞬间损失的机械能ΔE ；(3)从人开始运动到最终木板静止，木板发生的位移x 的大小．【答案】(1)4s(2)2160J(3)4m【解析】(1)人向右运动过程中，受到摩擦力大小F f1＝ma 1＝60×2N ＝120N ，摩擦力方向向右由牛顿第三定律可知，木板受到人向左的摩擦力，则F f1′＝F f1＝120N ，则地面对木板的摩擦力方向向右，大小为F f2＝μ(M ＋m )g ＝60N ，所以木板向左加速运动，设木板的加速度为a 2F f1′－F f2＝Ma 2解得a 2＝1m/s 2人运动的位移大小为x 1＝12a 1t 2木板运动的位移大小为x 2＝12a 2t 2二者反向运动，位移大小满足L ＝x 1＋x 2解得t ＝4s(2)人抱住立柱前的瞬间，人的速度大小为v 1＝a 1t ＝2×4m/s ＝8m/s 此时立柱的速度大小为v 2＝a 2t ＝1×4m/s ＝4m/s人抱住立柱瞬间，人和立柱共速，选择水平向右为正方向，根据动量守恒定律mv 1－Mv 2＝(M ＋m )v 解得v ＝mv 1－Mv 2M ＋m＝60×8－60×4120m/s ＝2m/s根据能量守恒定律ΔE ＝12mv 12＋12Mv 22－12(M ＋m )v 2解得ΔE ＝2160J(3)从人开始向右跑到抱住立柱，木板向左运动的位移大小为x 2＝12a 2t 2＝12×1×16m ＝8m人抱住立柱后，人和木板一起向右做匀减速运动的加速度大小为a 3＝μM ＋m gM ＋m＝μg ＝0.5m/s 2匀减速的位移大小为x 3＝v 22a 3＝222×0.5m ＝4m则从人开始运动到最终木板静止，木板移动的位移大小为x ＝x 2－x 3＝4m.5.(2020·河南信阳市高三上学期第一次教学质量检测)如图所示，固定光滑斜面ABC ，其中AC ＝BC ＝2.5m ，质量为m ＝1kg 的小球(可视为质点)，以10m/s 的初速度从底端A 冲上斜面，恰好沿P 点切线进入口径很小的光滑圆管轨道中，圆心为O ，轨道半径R ＝1m ，且OP 与竖直方向的夹角为θ＝60°，Q 点为轨道最高点(不计空气阻力，取g ＝10m/s 2)．求：(1)小球从B 点抛出后在空中运动到最高点时的速度大小；(2)小球从A 点运动到P 点所用的时间；(3)小球在Q 点时对圆弧轨道的作用力大小．【答案】(1)5m/s(2)1.78s(3)60N【解析】(1)设AB 的长为s ，小球从A 运动到B 的过程中，由动能定理得：－mgh BC ＝12mv B 2－12mv A 2解得：v B ＝52m/s小球从B 点抛出后做斜抛运动，在B 点将速度沿水平方向和竖直方向分解，得v Bx ＝v By ＝v B cos 45°＝5m/s小球斜抛到最高点时只有水平方向的速度，所以v 最高点＝5m/s(2)小球从A 运动到B ，设时间为t 1，加速度为a ，则a ＝g sin 45°＝52m/s 2t 1＝v A －v B a ＝10－5252s ＝(2－1)s 设小球从B 点斜抛到最高点的过程中所用的时间为t 2则t 2＝v By g ＝510s ＝0.5s小球运动到P 点时的速度为：v P ＝v Bx cos 60°＝50.5m/s ＝10m/s 设小球从最高点运动到P 点的时间为t 3v Py ＝v P sin 60°＝gt 3＝53m/s 得t 3＝32s所以小球从A 点运动到P 点所用的总时间：t ＝t 1＋t 2＋t 3s≈1.78s ；(3)小球从P 到Q 过程中，由动能定理得－mg (R ＋R cos θ)＝12mv Q 2－12mv P 2解得：v Q ＝70m/s在Q 点，当小球对圆弧轨道的作用力为零时，由重力提供向心力得：mg ＝mv 02R解得：v 0＝gR ＝10m/s因为v Q＝70m/s>v0，所以当小球运动到Q点时，圆轨道对小球的作用力F N方向竖直向下．由牛顿第二定律得：F N＋mg＝m v Q2 R解得：F N＝60N由牛顿第三定律知：在Q点时小球对圆弧轨道的作用力方向竖直向上，大小为60N.1.(2020·全国1卷·T24)我国自主研制了运－20重型运输机。