湖南省株洲市新高考高一下物理易错易混解答题精粹含解析

湖南省株洲市新高考高一下物理易错易混解答题精粹
多选题有答案含解析
1． (本题9分)一个质量m=75kg 的滑雪人以2m/s 的初速度沿山坡匀加速地滑下，山坡的倾角为30°，在5s 的时间内滑下的路程为60m ，求滑雪人受到的阻力（包括滑动摩擦力和空气阻力）．（g=10m/s 2） 2． (本题9分)1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验，实验时，用双子星号字宙飞船m 1去接触正在轨道上运行的火箭组m 2(后者的发动机已熄火)．接触以后，开动双子星号飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速(如图)，推进器的平均作用力F 等于895N ，推进器开动时间为7s ．测出飞船和火箭组的速度变化是0.91m/s ．已知双子星号宇宙飞船的质量m 1=3400kg ，求：
(1)火箭组的质量m 是多大？
(2)已知火箭组的实际质量为3660kg ，求该次测量的相对误差，已知相对误差=
-测量值真实值
真实值
×100%
3． (本题9分)如图，一质量m=0.4kg 的滑块（可视为质点）静止于动摩擦因数µ=0.1的水平轨道上的A 点。

对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P=10.0W 。

经过一段时间后撒去外力，滑块继续滑行至B 点后水平飞出，恰好在C 点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D 处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6N 。

已知轨道AB 的长度L=2.0m ，半径OC 和竖直方向的夹角α=37°，圆形轨道的半径R=0.5m 。

（空气阻力可忽略，g=10 m/s 2，sin37°=0.6，cos 37°=0.8）求：
（1）滑块运动到C 点时速度v c 的大小； （2）B 、C 两点的高度差h 及水平距离x? （3）水平外力作用在滑块上的时间t?
4． (本题9分)如图所示的蹦极运动是一种非常刺激的娱乐项目．为了研究蹦极过程，做以下简化：将游客视为质点，他的运动沿竖直方向，忽略弹性绳的质量和空气阻力．如图所示，某次蹦极时，游客从蹦极平台由静止开始下落，到P 点时弹性绳恰好伸直，游客继续向下运动，能到达的最低位置为Q 点，整个过程中弹性绳始终在弹性限度内，且游客从蹦极平台第一次下落到Q 点的过程中，机械能损失可忽略．弹性绳的弹力大小可以用F k x ⋅∆＝来计算，其中k 为常量，x ∆为弹性绳的伸长量．
（1）弹性绳的原长为l 0，弹性绳对游客的弹力为F ，游客相对蹦极平台的位移为x ，取竖直向下为正方向，请在如图中画出F 随x 变化的示意图．
（2）借助F﹣x图象可以确定弹力做功的规律，在此基础上，推导当游客位移为x（x＞l0）时，弹性绳弹性势能E P的表达式；
（3）按照安全标准，该弹性绳允许的最大拉力F m＝4.3×103N，游客下落至最低点与地面的距离d≥3m．已知l0＝10m，k＝100N/m，蹦极平台与地面间的距离D＝55m．取重力加速度g＝10m/s2，试通过计算说明：总质量M＝160kg的游客能否被允许使用该蹦极设施．
5．将轻质弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为4m的小球由静止释放，小球下降的最大高度为l。

现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与质量为m的物块P接触但不连接。

AB是水平轨道，B 端与半径为l的半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。

用外力缓慢推动物块P，将弹簧压缩长度l，然后静止释放，P开始沿轨道运动，刚好能到达半圆轨道的D点。

物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5，释放时PB距离为2l，重力加速度大小为g。

求：
（1）释放时弹簧的弹性势能；
（2）物块P到达半圆轨道最低点B时所受的支持力大小；
（3）从半圆轨道B点到D点过程摩擦力对物块P做的功。

6．(本题9分)“抛石机”是古代战争中常用的一种武器。

如图为某学习小组设计的抛石机模型，直杆可绕水平轴O转动，其长臂的长度L=2m，开始时处于静止状态，与水平面间的夹角α=37°；将质量为m=10. 0kg 的石块装在长臂末端的口袋中，对短臂施力，当长臂转到竖直位置时被卡住立即停止转动，石块在最高点被水平抛出。

已知石块落地位置与抛出位置间的水平距离为12m，不计空气阻力，取g=9. 8m/s2，sin37°=0. 6，cos37°=0. 80。

求：
（1）石块水平飞出时速度的大小 （2）抛石机对石块做的功
7． (本题9分)某同学在实验室探究圆周运动向心力和速度之间的关系，他利用双线来连接小球在竖直平面内做圆周运动，如图所示，他用两根长均为2L m =
的细线系一质量为m=0.5kg 的小球，细线的另一
端系于水平横杆上相距为d=2m 的A 、B 两点，若小球上升到圆周最高点时两细线的拉力恰好都为零，重力加速度为2
10/g m s =，求：
（1）小球到达圆周最高点时的速度大小；
（2）小球到达圆周最低点时的速度大小及每根细线的拉力大小．
8． (本题9分)质量为M 的小车固定在地面上，质量为m 的小物体（可视为质点）以v 0的水平速度从小车一端滑上小车，小物体从小车另一端滑离小车时速度减为0
2
v ，已知物块与小车之间的动摩擦因数为μ.求：
（1）此过程中小物块和小车之间因摩擦产生的热Q 以及小车的长度L.
（2）若把同一小车放在光滑的水平地面上，让这个物体仍以水平速度v 0从小车一端滑上小车. a. 欲使小物体能滑离小车，小车的质量M 和小物体质量m 应满足什么关系? b. 当M=4m 时，小物块和小车的最终速度分别是多少?
9．一质量为500t 的机车，以恒定功率375kW 由静止出发，经过5min 速度达到最大值54km/h ，设机车所受阻力f 恒定不变，取g ＝10m/s 2，试求： （1）机车受到的阻力f 的大小． （2）机车在这5min 内行驶的路程．
10．小明踩着滑板沿水平方向以v 0=3m/s 的速度离开平台，假设经过t=0.4s 以不变的姿势着地，如图所示，小明和滑板的总质量m=50kg ，取g=10m/s 2，不计空气阻力．求： （1）平台的高度h ；
（2）着地前瞬间速度v 及重力的瞬时功率P 。

11．如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量0.04kg m =，电量4
310C q -=⨯的带负电小物块与弹簧接触但不栓接，弹簧的弹性势能为0.32J 。

某一瞬间释放弹簧弹出小物块，小物块从水平台右端A 点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高点B ，并沿轨道BC 滑下，运动到光滑水平轨道CD ，从D 点进入到光滑竖直圆内侧轨道。

已知倾斜轨道与水平方向夹角为
37α︒=，倾斜轨道长为 2.0m L =，带电小物块与倾斜轨道间的动摩擦因数0.5μ=。

小物块在C 点没有
能量损失，所有轨道都是绝缘的，运动过程中小物块的电量保持不变，可视为质点。

只有光滑竖直圆轨道处存在范围足够大的竖直向下的匀强电场，场强5210V/m E =⨯。

已知cos370.8︒=，sin370.6︒=，取
210m/s g =，求：
（1）小物块运动到A 点时的速度大小A v ； （2）小物块运动到C 点时的速度大小C v ；
（3）要使小物块不离开圆轨道，圆轨道的半径应满足什么条件？
12． (本题9分)如图所示，在光滑的圆锥体顶部用长为的细线悬挂一质量为的小球，
因锥体固定在水平面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角为，物体绕轴线在水平面内
做匀速圆周运动，小球静止时细线与母线给好平行，已知
，
重力加速度g 取
若北小球运动的角速度
，求此时细线对小球的拉力大小。

13． (本题9分)已知火星半径为R ，火星表面重力加速度为g ，万有引力常量为G ，某人造卫星绕火星做
匀速圆周运动，其轨道离火星表面高度等于火星半径R，忽略火星自转的影响。

求：
（1）火星的质量；
（2）火星的第一宇宙速度；
（3）人造卫星的运行周期。

14．(本题9分)如图，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R=0.4m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内．滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零．已知滑块与斜面间动摩擦因数μ=0.1．（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）滑块在C点的速度大小v C；
（2）滑块在B点的速度大小v B；
（3）A、B两点间的高度差h．
15．(本题9分)一个质量为2kg的物体静止在水平桌面上，如图1所示，现在对物体施加一个水平向右的拉力F，拉力F随时间t变化的图像如图2所示，已知物体在第1s内保持静止状态，第2s初开始做匀加速直线运动，第3s末撤去拉力，第5s末物体速度减小为0.求：
(1)前3s内拉力F的冲量．
(2)第2s末拉力F的功率．
16．(本题9分)如图所示，带正电小球质量为m=1×10－2kg，带电量为q=1×10－6C，置于光滑绝缘水平面上的A点．当空间存在着斜向上的匀强电场时，该小球从静止开始始终沿水平面做匀加速直线运动，当运动到B点时，测得其速度v B=1.5m/s，此时小球的位移为S=0.15m．求此匀强电场场强E的取值范围．（g=10m/s2）
17．在用高级沥青铺设的高速公路上，汽车的设计时速是108km/h．汽车在这种路面上行驶时，它的轮胎与地面的最大静摩擦力等于车重的0.5倍，取g=10m/s1．
（1）如果汽车在这种高速路的水平弯道上拐弯，假设弯道的路面是水平的，其弯道的最小半径是多少？（1）如果高速路上设计了圆弧拱桥做立交桥，要使汽车能够以设计时速安全通过圆弧拱桥，这个圆弧拱桥的半径至少是多少？
18．如图所示，方向水平向右的匀强电场中有a、b、c三点，线段ab＝10cm、bc＝15cm，其中ab沿电场方向，bc与电场方向间成53°角。

电荷量q＝4×10—7C的正电荷从a点移到b点，电场力做功W＝1.2×10—5J，已知sin53°=0.8。

求:
(1)电场的电场强度大小E
(2)电荷q从a点移到c点过程中电势能变化量△E
19．（6分）(本题9分)AB是竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，其下端B与水平直轨平滑相切，如图1所示．一小木块（可视为质点）从A点由静止开始沿轨道下滑，最后停在C点．已知圆轨道半径为R，小木块的质量为m，小木块与水平直轨道间的动摩擦因数为μ．重力加速度为g．求：
(1)小木块运动到B点时速度的大小v B；
(2)小木块经过圆弧轨道的B点时，所受轨道支持力的大小N B；
(3)B、C两点之间的距离x．
20．（6分）已知“天宫一号”在地球上空的圆轨道上运行时离地面的高度为h。

地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G．求：
（1）“天宫一号”在该圆轨道上运行时速度v的大小；
（2）“天宫一号”在该圆轨道上运行时重力加速度g’的大小；
参考答案
多选题有答案含解析 1．75N 【解析】 【分析】 【详解】
根据匀变速直线运动的位移时间公式得， x=v 0t+
212
at 代入数值得 a=4m/s 2
根据牛顿第二定律得 mgsin30°-f=ma 代入数值得： f=75N
点睛：根据匀变速直线运动的位移时间公式求出加速度的大小，通过牛顿第二定律求出滑雪人受到的阻力大小．
2．（1）23485m kg =（2） 4.8%σ= 【解析】 【详解】
（1）对整体在运动过程中：12()F m m a =+ 而：20.91
0.13m/s 7
v a t ∆=
==∆ 代入可得：23485kg m = （2）其相对误差为：36603485
4.8%3660
σ-=
=
3．（1）v c =5m/s ；（2）h=1.45m ；x=1.2m ；（3）t=1.4s 【解析】 【详解】
（1）滑块运动到D 点时，由牛顿第二定律得：
F N －mg ＝m 2
D
v R
滑块由C 点运动到D 点的过程，由机械能守恒定律得：
mgR （1－cosα）＋
212
C mv ＝212
D mv
联立解得5m /s c v =。

（2）滑块在C 点时，速度的竖直分量为：
sin 3m /s y c v v ==α
B 、
C 两点的高度差为 h ＝
2
2y
v g
＝1.45 m
滑块由B 运动到C 所用的时间为 t y ＝
y v g
＝1．3 s
滑块运动到B 点时的速度为
cos 4m /s B c v v ==α
B 、
C 间的水平距离为
1.2m B y x v t ==
（3）滑块由A 点运动到B 点的过程，由动能定理得：
212
B Pt μmgL mv -=
解得0.4s t =。

4．（1）
（2）()2
012
p E k x l =
- （3）可以使用（计算过程见解析） 【解析】 【详解】
（1）弹性绳对游客的弹力F 随游客位移x 变化关系的图线如图所示．
（2）在图中，图线与x 轴所围面积表示弹力F 做的功，则在游客位移从l 0变为x 的过程中，弹力F 做的功
201
()2
W k x l =--
所以弹性绳的弹性势能
2P 01
()2
E W k x l =-=
- （3）设游客从蹦极平台第一次到达最低点的距离为l ，在此过程中，根据机械能守恒定律2
01()2
mgl k l l =-
解得50m l =或
2m l =（舍）
则5m 3m d D l =-=>（符合要求）
当游客第一次到达最低点时，弹性绳的弹力最大， 此时弹性绳的弹力
30m '() 4.010N F k l l F =-=⨯<（符合要求）
所以该游客可以使用该蹦极设施． 【点睛】
与蹦极有关的弹性绳问题都是力学的变力问题，借助函数图像求解能量等基本问题，注意理解图像的物理意义，尤其是斜率、面积等． 5． (1) 4mgl (2) 7mg (3) 1
2
f W mgl =- 【解析】 【详解】
（1）小球下落过程根据能量守恒有：
4p E mgl =
（或400mgl W +-弹＝）
4p E W mgl =-弹＝
（2）P 从释放到B 点过程根据能量守恒有：
2
122
p B E mv mg l μ=+
在B 点：
2B
v N mg m l
-=
解得 N ＝7mg
（3）物块刚好能到D 点，有：
2D
v mg m l
=
B 到D 过程由动能定理有：
22
11222
f D B mgl W mv mv -+=-
解得：
1
2
f W mgl =-
6．（1）15m/s ； （2）1445J 【解析】 【详解】
（1）从最高点抛出到落地石块做平抛运动， 在竖直方向有：2
1sin 372
L L gt +︒=
，代入数据解得下落时间：0.8s t =； 水平方向有：x vt =，代入数据解得：15m/s v =。

（2）从地面到抛出，由动能定理可得：()2
1sin 372
mv W mg L L =-+︒，代入数据解得W=1445J 。

7．（1m/s （2）【解析】
(1)设最高点速度为1v ，最高点受力分析可得21v mg m R
=，
解得1v =
由几何关系可知R=1m ，
代入数据解得1/v s (2)设最低点速度为2v ，根据动能定理22
2111222
mv mv mgR -=，
解得2/v s ==
最低点受力分析得22
2cos 45v T mg m R
︒-=，
解得T =
【点睛】本题考查了动能定理的应用，分析清楚小球的运动情况与受力情况是解题的前提，应用动能定理、牛顿第二定律可以解题．
8．（1）2
038Q mv =，2038v L g μ=
（2）a. M>3m ；b. 025v ，0320
v 【解析】
【详解】
(1) 小车固定在地面时，物体与小车间的滑动摩擦力为
f m
g μ=，
物块滑离的过程由动能定理
22
0011()222v fL m mv -=- ①
解得：2
038v L g
μ= 物块相对小车滑行的位移为L ，摩擦力做负功使得系统生热，Q fL = 可得：203
8
Q mv =
（2）a.把小车放在光滑水平地面上时，小物体与小车间的滑动摩擦力仍为f ．
设小物体相对小车滑行距离为L '时，跟小车相对静止（未能滑离小车）共同速度为v ， 由动量守恒定律： mv 0=(M+m)v ②
设这过程小车向前滑行距离为s. 对小车运用动能定理有:
21
2
fs Mv =
③ 对小物体运用动能定理有:
22
011()22
f L s mv mv '-+=
- ④ 联立②③④可得
220011
()()22mv fL mv M m M m
'=-++ ⑤
物块相对滑离需满足L L '>且2
038
fL mv =
联立可得：3M m >，
即小物体能滑离小车的质量条件为3M m >
b.当M=4m 时满足3M m >，则物块最终从小车右端滑离，设物块和车的速度分别为1v 、2v . 由动量守恒：
012mv mv Mv =+
由能量守恒定律：
222012111()222
fL mv mv Mv =
-+ 联立各式解得：1025v v =，203
20v v =
9． (1)2.5×104N (2)2250 m 【解析】 【详解】
（1）已知P 0=375 kW=3.75×105 W ，v max =54 km/h=15 m/s ， 根据P 0=Fv max 时，F=f ，得：P 0=fv max
机车受到的阻力5
40max 3.7510 2.51015
P f N N v ⨯===⨯ （2）机车在这5 min 内，牵引力为变力，做正功，阻力做负功，重力、弹力不做功． 牵引力做的功为：W F =P 0t 根据动能定理有：2
0max 12
P t fs mv -= 代入数据解得：s=2250m 10．（1）0.8m ；（2）2000W 【解析】 【详解】
（1）小明做平抛运动，根据平抛运动规律：平台的高度h=
12gt 2=1
102
⨯⨯0.42m=0.8m 。

（2）着地前瞬间的竖直速度v y =gt=4m/s ，着地前瞬间速度
；重力的瞬时功率P=mgv y =50⨯10⨯4W=2000W 。

11．（1）4m/s ；（2
；（3）R ⩽0.022m 【解析】 【分析】 【详解】
（1）释放弹簧过程中，弹簧推动物体做功，弹簧弹性势能转变为物体动能
2
12
P A E mv =
解得
4m/s A v （2）A 到B 物体做平抛运动，到B 点有
cos37A B
v
v ︒＝ 所以
4
5m/s 0.8
B v ＝
＝
B 到
C 根据动能定理有
2211sin37cos3722
C B mgL mg L mv mv μ︒-︒⋅=
- 解得
33m/s C v ＝
（3）根据题意可知，小球受到的电场力和重力的合力方向向上，其大小为 F=qE-mg=59.6N
所以D 点为等效最高点，则小球到达D 点时对轨道的压力为零，此时的速度最小，即
2
D
v F m R
＝
解得
D FR
v m
＝
所以要小物块不离开圆轨道则应满足v C ≥v D 得： R≤0.022m 12．
【解析】 【分析】
根据牛顿第二定律求出支持力为零时，小球的线速度的大小，从而确定小球有无离开圆锥体的斜面，若离开锥面，根据竖直方向上合力为零，水平方向合力提供向心力求出线对小球的拉力大小。

【详解】
若小球刚好离开圆锥面，则小球所受重力与细线拉力的合力提供向心力，有：
此时小球做圆周运动的半径为：
解得小球运动的角速度大小为：
代入数据得：
若小球运动的角速度为：
小球对圆锥体有压力，设此时细线的拉力大小为F ，小球受圆锥面的支持力为，则
水平方向上有：
竖直方向上有： 联立方程求得：
【点睛】
解决本题的关键知道小球圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，根据牛顿第二定律求出临界速度是解决本题的关键。

13．（1）2
g
G
R （2
（3）2
4R g
π 【解析】 【详解】
（1）在火星表面，由万有引力等于重力得：2
GMm
mg R
=
得火星的质量 2
g M G
R =
； （2）火星的第一宇宙速度即为近火卫星的运行速度，根据2
mg m R
v =
得
v = （3）人造卫星绕火星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得()
()2
2 222GMm
m R
T R π=⎛⎫
⎪⎝⎭
联立得2
4R T g
π=。

14．（1）2m/s （2）4.29m/s （3）1.38m 【解析】
（1）由题意，在C 处滑块仅在重力作用下做圆周运动，设滑块的质量为m ，由牛顿定律：2
C
v mg m R
=
解得：2/C v m s =
=
（2）由几何关系，BC 高度差H 为：(1cos37)0.72H R m =+= 滑块由B 到C 的运动过程中重力做功，机械能守恒，以B 为势能零点：
22
1122
B C mv mgH mv =+
B v = 带入数据：v B =4.29m/s
（3）滑块由A 到B 过程，由牛顿定律：sin 37mg f ma -=
cos37N mg
= f N μ=
解得：(sin 37cos37)a g μ=- 解得：a=4m/s 2；
设AB 间距为L,由运动公式：v B 2=2aL
由几何关系：h=Lsin370
解得：2sin 37 1.382a
B
v h m ==
15．（1）25N s ⋅ （2）50W 【解析】 【详解】
（1）由动量定理有
1122I Ft F t =+
即前3s 内拉力F 的冲量为
25N s I =⋅
（2）设物体在运动过程中所受滑动摩擦力大小为f ，则在2s ～6s 内，由动量定理有
2223()0F t f t t -+=
设在1s ～3s 内物体的加速度大小为a ，则由牛顿第二定律有
2F f ma -=
第2s 末物体的速度为
2v at =
第2s 末拉力F 的功率为
2P F v =
联立以上方程可求出
50W P =
16．7.5⨯104V/m <E ≤1.25⨯105V/m 【解析】 【详解】
设电场方向与水平面夹角为θ，小球从A 到B 过程中由动能定理：qES cos θ=
1
2
mv B 2-0，解得电场强度E=22cos B mv qS θ=226
110 1.521100.15cos θ--⨯⨯⨯⨯⨯=4
7.510cos θ
⨯V/m ，由题意可知，θ>0，cos θ<1，所以E >7.5⨯104V/m ；为使小球始终沿水平面运动，电场力在竖直方向的分力必须小于等于重力,即：qEsin θ≤mg ，所以tg 22B gs v θ≤
=
22100.151.5⨯⨯=4
3
，即θ<53︒，电场强度E sin mg
q θ≤=2
6
1101041105
--⨯⨯⨯⨯
V/m=1.25⨯105V/m ，故此匀强电场场强E 的取值范围为：
7.5⨯104V/m <E ≤1.25⨯105V/m ． 17．（1）180m （1）90m 【解析】 【分析】
(1) 汽车在水平路面上拐弯，可视为汽车做匀速圆周运动，其向心力是车与路面间的静摩擦力提供，当静摩擦力达到最大值时，由向心力公式可知这时的半径最小，写出运动学方程，即可求得结果；
(1) 汽车过拱桥，看作在竖直平面内做匀速圆周运动，到达最高点时，重力与支持力的合力提供向心力；为了保证安全，车对路面间的弹力F N 必须大于等于零． 【详解】
(1) 汽车在水平路面上拐弯，可视为汽车做匀速圆周运动，其向心力是车与路面间的静摩擦力提供，当静摩擦力达到最大值时，由向心力公式可知这时的半径最小，有：
F m =0.5mg 2mv r
≥
由速度v=30m/s ，解得弯道半径为：r≥180m ；
(1) 汽车过拱桥，看作在竖直平面内做匀速圆周运动，到达最高点时，根据向心力公式有：
2
N v mg F m R
-=
为了保证安全，车对路面间的弹力F N 必须大于等于零，有：
2
v mg m R
≥
代入数据解得：R≥90m ． 18．（1）300N/C （2）-2.28×10-5J 【解析】 【详解】
（1）根据电场力做功公式W=Uq 得：5
7
1.210V 30V 410ab W U q --⨯=
=⨯＝， 根据匀强电场电势差与电场强度的关系可知，30
V/m 300V/m 0.1
ab ab U E d === 。

即电场的电场强度大小E=300V/m 。

（2）根据匀强电场中，电势差与电场强度的关系可知，a 、c 间电势差U ac =Ed=E （d ab +d bc cos53°）。

电荷从a 移到c ，电场力所做得功W ac =qU ac 解得W ac =2.28×10-5J 。

根据功能关系可知，电场力做正功，电势能减小，故电势能减少了2.28×10-5J 。

19．（1（2）3mg （3）R/μ 【解析】 【分析】
（1）根据机械能守恒定律求解B 点的速度；（2）在B 点，靠支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出支持力的大小；（3）根据牛顿第二定律求出匀减速运动的加速度大小，结合速度位移公式求出B 、C 两点的距离． 【详解】
（1）从A 点到B 点由机械能守恒可得：mgR=1
2
mv B 2
解得v B （2） 在B 点，根据牛顿第二定律得，N B −mg ＝m 2
B
v R ，
解得N B ＝mg+m 2 B
v R
=3mg ．
（3）根据牛顿第二定律得，f mg a g m m
μμ＝
＝＝， 则B 、C 两点之间的距离22B v R x a μ
=
＝ ． 【点睛】
解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．
20．（1）v =2）22
gR g R h ='+（） 【解析】 【详解】
（1）地球表面质量为m 0的物体，有：0
02
Mm G
m g R =① “天宫一号”在该圆轨道上运行时万有引力提供向心力：
2
2
Mm v G m R h R h
=++（）②
联立①②两式得：飞船在圆轨道上运行时速度：v =
（2）根据2
Mm
G
mg R h '=+（）
③
联立①③解得：
2
2
gR
g
R h ='
+
（）。