高三物理第二轮辅导-------牛顿定律、曲线运动与机械能、动能定律

【例题1】
【例题2】
如图所示，质量为m 的小球置于方形的光滑盒子中，盒子的边长略大于小球的直径．某同学拿着该盒子在竖直平面内以O 点为圆心做半径为R 的匀速圆周运动，已知重力加速度为g ，空气阻力不计．求：
(1)若要使盒子运动到最高点时与小球之间恰好无作用力，则该同学拿着盒子做匀速圆周运动的周期为多少？(2)若该同学拿着盒子以第(1)问中周期的1
2做匀速圆周运动，则
当盒子运动到如图所示的位置(球心与O 点位于同一水平面上)时，小球对盒子的哪些面有作用力，作用力大小分别为多少？
【例题3】
触类旁通吧、巩固提高 1.一个物体从某一确定的高度以
0v 的初速度水平抛出，已知它落地时的速度为t v ，重力加速度为g 。

则正
确的说法是（ ）
A ．它的运动时间是
B ．它的运动时间是
C ．它的竖直方向位移是
D ．它的位移是
2. 如图所示，汽车车厢顶部悬挂一个轻质弹簧，弹簧下端拴一个质量为m 的小球，当汽车以某一速度在水平地面上匀速行驶时弹簧长度为L 1；当汽车以同一速度匀速率通过一个桥面为圆弧形凸形桥的最高点时，
弹簧长度为L 2，下列答案中正确的是（ ）
A ．21L L >
B ．21L L =
C ．21L L <
D ．前三种情况均有可能
3. 如图所示，一根不可伸长的轻绳一端拴着一个小球，另一端固定在竖直杆上，当竖直杆以角速度ω转动时，小球跟着杆一
起做匀速圆周运动，此时绳与竖直方向的夹角为θ，下列关于
ω与θ关系的图象正确的是（ ）
4. 如图所示，倾斜轨道AC 与有缺口的圆轨道BCD 相切于C ，圆轨道半径为R ，两轨道在同一竖直平面内，D 是圆轨道的最高点，缺口DB 所对的圆心角为90°，把一个小球从斜轨道上某
处由静止释放，它下滑到C 点后便进入圆轨道，要想使它上升到D 点后再落到B 点，不计摩擦，则下列说法正确的是( )
A ．释放点须比D 点等高
B ．释放点须与D 点高R /4
C ．释放点须比
D 点高R /2 D ．使小球经D 点后再落到B 点是不可能的
5. 由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB 段和BC 段是半径为R 的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内。

一质量为m 的小球，从距离水平地面为H 的管口D 处静止释放，最后能够从A 端水平抛出落到地面上。

下列说法正确的是（ ）
A.小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为
B. 小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为
C.小球能从细管A 端水平抛出的条件是H>2R
D.小球能从细管A 端水平抛出的最小高度H min = 5/2R 6. 1970年4月24日，我国自行设计、制造的第一颗人造地球卫星“东方红一号”发射成功，开创了我国航天事业的新纪元．“东方红一号”的运行轨道为椭圆轨道，其近地点M 和远地点N 的高度分别为439 km 和2384 km ，则( )
A ．卫星在M 点的势能大于N 点的势能
B ．卫星在M 点的角速度大于N 点的角速度
C ．卫星在M 点的加速度大于N 点的加速度
D ．卫星在N 点的速度大于7.9 km/s
7.中国志愿者王跃参与人类历史上第一次全过程模拟从地球往返火星的一次实验“火星—500”活动，王跃走出登陆舱，成功踏上模拟火星表面，在火星上首次留下中国人的足 迹，目前正处于从“火星”返回地球途中。

假设将来人类一艘飞船从火星返回地球时，经历了如图所示的变轨过程，则下列说法中正确的是：（ ）
A 、飞船在轨道Ⅱ上运动时，在P 点速度大于在Q 点的速度
B 、飞船在轨道Ⅰ上运动时的机械能大于轨道Ⅱ上运动的机械能
C 、飞船在轨道Ⅰ上运动到P 点时的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上运动到P 点时的加速度
D 、飞船绕火星在轨道Ⅰ上运动周期跟飞船返回地面的过程中绕地球以轨道Ⅰ同样半径运动的周期相同
8.如图所示，小球自楼梯顶的平台上以水平速度v 0做平抛运动，所有阶梯的高
度为0.20 m ，宽度为0. 40m ，重力加速度g 取10m/s 2
.求： （1）小球抛出后能直接打到第1级阶梯上v o 的范围； （2）小球抛出后能直接打到第2级阶梯上v o 的范围；
（3）若小球以10.4m/s 的速度抛出，则小球直接打到第几级阶梯上？
9. 如图所示为车站使用的水平传送带装置的示意图.绷紧的传送带始终保持3.0m ／s 的恒定速率运行，传送带的水平部分AB 距水平地面的高度为h=0.45m.现有一行李包(可视为质点)由A 端被传送到B 端，且传送到B 端时没有被及时取下，行李包从B 端水平抛出，不计空气阻力，g 取l0m ／s 2
(1)若行李包从B 端水平抛出的初速v ＝3.0m ／s ，求它在空中运动的时间和飞出的水平距离；
(2)若行李包以v 0＝1.0m ／s 的初速从A 端向右滑行，包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.20，要使它从B 端飞出的水平距离等于(1)中所求的水平距离，求传送带的长度L 应满足的条件.
10. 如题图所示，半径为R 的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O 的对称轴OO ′重合。

转台以一定角速度ω匀速转动，一质量为m 的小物块落入陶罐内，经过一段时间后小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O 点的连线与OO ′之间的夹角θ为60°，重力加速度
大小为g 。

（1）若ω=ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；
（2）若ω=（1±k ）ω0，且0＜k ＜1，求小物块受到的摩擦力大小和方向。

11. 如图所示,M 的半径为R,固定于竖直平面内的14
光滑圆弧轨道,轨道上端切线水平,N 为固定曲面,该曲面呈抛物线形状.
以圆弧直径为y 轴建立坐标系xOy,曲面的抛物线方程为y=
2
12x R
.M 的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪,可发射速度不同的、质量为m 的小钢珠,假设某次发射的钢珠沿轨道经过M 的上端点,水平飞出后落到N 的某点上,重力加速度为g,忽略空气阻力.(1)钢珠在M 的最高点水平射出的速度为多大时,它落在曲面时的动能最小?
(2)上述情况下,钢珠在M 轨道最高点对轨道的作用力是多大?
12.如图所示，在xOy 平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y 轴向下； 在x 轴和第四象限的射线OC 之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，方向垂直于纸面向外．有一质量为m ，带有电荷量+q 的质点由电场左侧平行于x 轴射入电场．质点到达x 轴上A 点时，速度方向与x 轴的夹角为φ，A 点与原点O 的距离为d ．接着，质点进入磁场，并垂直于OC 飞离磁场．不计重力影响．若OC 与x 轴的夹角为φ，求： ⑴粒子在磁场中运动速度的大小；⑵匀强电场的场强大小
13、如图，半径R =0.4m 的圆盘水平放置，绕竖直轴OO ′匀速转动，在圆心O 正上方h=0.8m 高处固定一
水平轨道PQ ，转轴和水平轨道交于O ′点。

一质量m =1kg 的小车（可视为质点），在F =4N 的水平恒力作用下，从O ′左侧x 0=2m 处由静止开始沿轨道向右运动，当小车运动到O ′点时，从小车上自由释放一小球，此时圆盘半径OA 与x 轴重合。

规定经过O 点水平向右为x 轴正方向。

小车与轨道间的动摩擦因数μ=0.2，g 取10m/s 2。

⑴若小球刚好落到A 点，求小车运动到O ′点的速度； ⑵为使小球刚好落在A
⑶为使小球能落到圆盘上，求水平拉力F
机械能与动能定理
【例题1】如图示，一个小滑块由左边斜面上A 1点由静止开始下滑，又在水平面上滑行，接着滑上右边的斜面，滑到D 1速度减为零，假设全过程中轨道与滑块间的动摩擦因素不变，不计滑块在转弯处受到撞击的影响，测得A 1、D 1两点连线与水平方向的夹角为θ1，若将物体从A 2静止释放，滑块到D 2点速度减为零，A 2D 2连线与水平面夹角为θ2，则（ ） A. θ2＜θ1 B. θ2＞θ1 C. θ2=θ1 D.无法确定
【例题2】．如图所示，光滑半球的半径为R ，球心为O ，固定在水平
面上，其上方有一个光滑曲面轨道AB ，高度为R/2。

轨道底端水平并与半球顶端相切。

质量为m 的小球由A 点静止滑下，小球在水平面上的落点为C ，则（ ） A ．小球将沿半球表面做一段圆周运动后抛至C 点 B ．小球将从B 点开始做平抛运动到达C 点
C ．OC 之间的距离为R
D ．OC 之间的距离为2R
C
【例题3】如图（a）所示，倾角θ＝30︒的光滑固定斜杆底端固定一电量
为Q＝2³10-4C的正点电荷，将一带正电小球（可视为点电荷）从斜杆的
底端（但与Q未接触）静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位
移的变化图像如图（b）所示，其中线1为重力势能随位移变化图像，线
2为动能随位移变化图像。

（g＝10m/s2，静电力恒量K=9³109N²m2/C2）则:
（1）描述小球向上运动过程中的速度与加速度的大小变化情况；
（2）求小球的质量m和电量q；
（3）斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U；
（4）在图（b）中画出小球的电势能ε随位移s变化的图线。

（取杆上离
底端3m处为电势零点）
触类旁通吧、巩固提高
1．如图所示，光滑固定斜面C倾角为θ，质量均为m的两物块A、B一
起以某一初速度沿斜面向上做匀减速直线运动．已知物块A上表面是水平的，
则在该减速运动过程中，下列说法正确的是()
A．物块B对A的摩擦力做负功
B．物块A对B的支持力做负功
C．物块B的重力和摩擦力做功的代数和为0
D．两物块A、B之间的摩擦力大小为mgsinθcos θ
2．质点甲固定在原点，质点乙在x轴上运动，乙受到甲的作用力F只与甲、乙之间的距离x有关，在2.2³10－10 m≤x≤5.0³10－10 m范围内，F与x的关系如图所示．若乙自P 点由静止开始运动，假设乙除受力F外不受其他外力作用，规定力F沿＋x方向为正，下列说法正确的是()
A．乙运动到Q点时，动能最大B．乙运动到R点时，动能最大
C．乙运动到Q点后，静止于该处D．乙运动到R点时，速度方向一定沿－x方向
3．如图所示，从F处释放一个无初速度的电子，电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中哪项是正确的(设电源电动势为E)()
A．电子到达B板时的动能是2Ee B．电子从B板到达C板动能增大
C．电子到达D板时动能是3Ee D．电子在A板和D板之间做往复运动
4．如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB 、BC 段，且
2AB ＝BC ，小物块P(可视为质点)与AB 、BC 两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.已知P 由静止开始从A 点释放，恰好能滑动到C 点而停下，那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是( )
A ．tan θ＝2μ1－μ2
B ．tan θ＝2μ2－μ1
C ．tan θ＝2μ1＋μ23
D ．tan θ＝μ1＋2μ2
3
5．质量为2 kg 的物体，放在动摩擦因数μ＝0.1的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，
水平拉力做的功W 和物体随位置x 变化的关系如图所示．重力加速度g 取10 m/s 2，则( )
A ．x ＝0 m 至x ＝3 m 的过程中，水平拉力为3 N
B ．x ＝0 m 至x ＝3 m 的过程中，水平拉力为5 N
C ．x ＝6 m 时，物体的速度约为2 5 m/s
D ．x ＝3 m 至x ＝9 m 的过程中，物体做匀加速运动
6．质量相同的甲、乙两个木块仅在摩擦力作用下沿同一水平面滑动，它们的动能E k －位移x 的关系如图所示，则两个木块的速度v －时间t 图像正确的是( )
7．如图所示，固定在地面上的半圆轨道直径ab 水平，质点P 与半圆轨道的动摩擦因数处处一样，当质点P 从a 点正上方高H 处自由下落，经过轨道后从b 点冲出竖直上抛，上升的最大高度为H
2，空气阻力
不计．当质点下落再经过轨道a 点冲出时，能上升的最大高度h 为( )
A ．h ＝H 2
B ．从a 点能冲出半圆轨道，但h <H
2
C ．不能从a 点冲出半圆轨道
D ．无法确定能否从a 点冲出半圆轨道
8．如图所示，QB 段为一半径为R ＝1 m 的光滑圆弧轨道，AQ 段为一长度为L ＝1 m 的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q 点，Q 在圆心O 的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内. 物块P 的质量为m ＝1 kg(可视为质点)，P 与AQ 间的动摩擦因数μ＝0.1，若物块 P 以速度v 0从A 点滑上水平轨道，到C 点后又返回A 点时恰好静止．(取g ＝10 m/s 2) 求：(1)v 0的大小； (2)物块P 第一次刚通过Q 点时对圆弧轨道的压力．
9．如图甲所示，质量足够大、截面是直角梯形的物块静置在光滑水平地面上，其两个侧面恰好与两个固定在地面上的压力传感器X和Y相接触，图中AB高H＝0.3 m，AD长L＝0.5 m，斜面倾角θ＝37°.有一质量m＝1 kg的小物块P(图中未画出)，它与斜面的动摩擦因数μ可以通过更换斜面的材料进行调节，调节范围是0≤μ≤1，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2.
(1)在A点给P一个沿斜面向上的初速度v0＝3 m/s，使之恰好能到达D点，求此时动摩擦因数μ的值；
(2)在第(1)问中，若μ＝0.5，求P落地时的动能；
(3)对于不同的μ，每次都
在D点给P一个沿斜面向
下足够大的初速度以保证
它能滑离斜面．在P沿斜
面下滑过程中，通过压力
传感器能读出X或Y对物
块的水平压力F，取水平
向左为正方向，试写出F
随μ变化的关系表达式，
并在坐标系中画出其函数
图像．甲乙
10、一竖直面内的轨道是由粗糙斜面AB 和光滑圆轨道BCD 组成，AB 与BCD 相切于B点，C 为圆轨道的最低点．将物块置于轨道ABC上离地面高为H处由静止下滑，可用力传感器测出其经过C 点时对轨道的压力N。

现将物块放在ABC上不同高度处，让H从0开始逐渐增大，传感器测得物块每次从不同高度处下滑到C点时对轨道压力N，得到如图乙两段直线PQ和QI，且IQ 反向延长交纵轴点坐标值为2.5N，重力加速度g取10m/s2，求：（1）小物块的质量m及圆轨道的半R＝？
（2）轨道DC 所对圆心角（3）小物块与斜面AB 间的动摩擦因数．
例题2；解析：(1)设盒子的运动周期为T 0.因为在最高点时盒子与小球之间刚好无作用力，因此小球仅受重力作用，由重力提供向心力，根据牛顿运动定律得 mg ＝mR (2π
T 0)2
解之得 T 0＝2π
R g
(2)设此时盒子的运动周期为 T 0
2，则小球的向心加速度为 a 0＝4π2T2R
由第(1)问知 T0＝2π
R g 且T ＝T0
2
由上述三式知 a 0＝4g 设小球受盒子右侧面的作用力为F ，受上侧面的作用力为F N ，根据牛顿运动定律知，在水平方向上
F ＝ma 0 即 F ＝4mg 在竖直方向上 FN ＋mg ＝0 即 FN ＝－mg
因为F 为正值、FN 为负值，所以小球对盒子的右侧面和下侧面有作用力，大小分别为4mg 和mg.
触类旁通吧、巩固提高 1.
2.
3. 答案：D 解析：分析小球受力，其所受合外力F=mgtan θ。

由牛顿第二定律，F=m ω2
L sin θ，
联立解得：ω2=g/L cos θ，关于ω与θ关系的图象正确的是D 。

4. 解析：设小球刚好过D 点的速度为v D ，由mg ＝m v D 2
R
得v D ＝gR ，当落到与B 点等高的水平面上时，平抛
的水平位移x ＝v D t ，又t ＝
2R
g
，所以x ＝2R >R ，故经过D 点后小球不可能落到B 点，故D 正确．
答案：D
5. 答案：BC
6. 解析：从M 点到N 点，地球引力对卫星做负功，卫星势能增加，选项A 错误；由ma ＝
GMm
r 2
得，a M >a N ，选项C 正确；在M 点，GMm r M 2<mr M ωM 2，在N 点，GMm r N 2>mr N ωN 2
，故ωM >ωN ，选项B 正确；在N 点，由GMm r N 2>mv N 2r N 得
v N <
GM
r N
<7.9 km/s ，选项D 错误． 7.
8.
（2）运动情况如图。

根据平抛运动规律，0.2³2=1
2
gt 22，0.4³2=v 2t 2，
解得：v 2m/s 。

小球抛出后能直接打到第2级阶梯上v o 的范围是2m/s <v o ≤
2m/s 。

（3）同理推知：直接打到第3级阶梯上v o 的范围是m/s <v o
≤2。

………
9. 解析：（1）设行李包在空中运动时间为t ，飞出的水平距 离为s ，则h=½gt 2 , s ＝vt
代入数据得：t ＝0.3s s ＝0.9m
（2）设行李包的质量为m ，与传送带相对运动时的加速度为a ，则滑动摩擦力F=μmg=ma,代入数据得：a ＝2.0m/s 2
要使行李包从B 端飞出的水平距离等于（1）中所求水平距离，行李包从B 端飞出的水平抛出的初速度v=3.0m/s
设行李被加速到时通过的距离为s 0，则 22
002as v v =－ ⑦
代入数据得s 0＝2.0m ⑧
故传送带的长度L 应满足的条件为：L ≥2.0m ⑨ 10. 【答案】（1
（2）当0(1)k ωω=+时，摩擦力方向沿罐壁切线向下，大小为 当0(1)k ωω=-时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，大小为11. (1)设钢珠在空中平抛运动的时间为t,在曲面上落点的横坐标为x,纵坐标为y, 平抛的初速度为
v 0. x=v 0t 2R-y=1
2
gt
2
根据题意有 y=1
2R
x 2.
由机械能守恒,落到曲面时的动能为
12mv2=12m 2
0v +mg(2R-y)
联立得 1
2
mv 2
=12
m
2220204g R v v gR ⎛⎫+ ⎪
+⎝
⎭
上式可改写为v 2
=2
⎫
+3gR v 2
取极小值的条件是式中的平方项等于0,得v 0(2)设钢珠在M 轨道最高点受到的作用力为N,在最高点: N+mg=2
0mv R , 则N=0.
12. 解：⑴由几何关系得：R ＝d sin φ 由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得
2
q B m
R =v v 解得： sin qBd
m ϕ=
v
⑵质点在电场中的运动为类平抛运动．设质点射入电场的速度为v 0，
在电场中的加速度为a ，运动时间为t ，则有
v 0＝v cos φ v sin φ＝at
d ＝v 0t 解得：2sin cos a d ϕϕ=
v
设电场强度的大小为E ，由牛顿第二定律得
qE ＝ma
解得：ϕ
ϕcos 3sin 2m d
qB E =
13、解：（1）小球离开小车后，由于惯性，将以离开小车时的速度作平抛运动，
2
2
1gt h =
（1分） vt R = （1分） 小车运动到O '点的速度1==t
R
v m/s （2分）
（2）为使小球刚好落在A 点，则小球下落的时间为圆盘转动周期 的整数倍，有ω
π
k kT t 2==，其中k = 1,2,3,…… （2分）
即ππ
ωk h
g
k 522==rad/s ，其中k = 1,2,3…… （2分） （3）小球若能落到圆盘上，其在O ′点的速度范围是：0<v ≤1m/s （1分）
设水平拉力作用的最小距离与最大距离分别为x 1、x 2，对应到 达'
O 点的速度分别为0、1m/s 。

根据动能定理，有 001=-mgx Fx μ （2分） 代入数据解得 11=x m （1分）
根据动能定理，有02
12
02-=-mv mgx Fx μ （2分） 代入数据解得 125.12=x m 或
8
9
m （1分） 则水平拉力F 作用的距离范围 1m < x ≤1.125m （1分）
答案 机械能与动能定理
【例题1】C 【例题2】B
【例题3】解：（1）先沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零。

（2）由线1可得E P ＝mgh ＝mgs sin θ， 斜率k ＝20＝mg sin30︒ ， 所以m ＝4kg
当达到最大速度时带电小球受力平衡mg sin θ＝kqQ/s 02
， 由线2可得s 0＝1m ，
得q ＝mgs 02
sin θ/kQ ＝1.11³10－5
C
（3）由线2可得当带电小球运动至1m 处动能最大为27J 。

根据动能定理W G ＋W 电＝∆E k
－mgh ＋qU ＝E k m －0 代入数据得U ＝4.2³106
V
（4）右图中线3即为小球电势能ε随位移s 变化的图线 触类旁通、巩固提高
1．D [解析] 以A 、B 为整体，加速度a ＝gsin θ，方向沿斜面向下，对B ，摩擦力f ＝macos θ＝mgsin θcos θ，方向水平向左，选项D 正确；物块B 对A 的摩擦力水平向右，做正功，选项A 错误；物块A 对B 的支持力竖直向上，做正功，选项B 错误；物块B 的重力做负功，摩擦力水平向左，也做负功，两力做功的代数和小于0，选项C 错误．
2．A [解析] 对乙，由动能定理W F ＝1
2mv 2，乙运动到Q 点F 做的功最多，动能和速度最
大，选项A 正确，选项B 、C 错误；乙从P 运动到R 点，由F －x 图像面积可知F 做功大于0，R 点的速度方向沿＋x 方向，选项D 错误．
3．D [解析] 电子在A 、B 之间做匀加速运动， 由动能定理知eE ＝ΔE k, 选项A 错误； 在B 、C 之间做匀速运动， 选项B 错误；在C 、D 之间做匀减速运动， 由A 到D ，由动能定理有eU AD ＝0，到达D 板时， 速度减为零，选项C 错误，选项D 正确．
4．D [解析] P 由静止从A 点到C 点，由动能定理知mgsin θ(AB ＋BC)－
()μ
1
mgcos θ
²AB －()μ
2
mgcos θ
²BC ＝0，而
2AB ＝BC ，则tan θ＝
μ1＋2μ2
3
，选项D 正确．
5．B [解析] W －x 图线的斜率表示水平拉力F 的大小，由图可知，x ＝0至x ＝3 m 的过程中，水平拉力为F 1＝5 N ，选项A 错误，选项B 正确；x ＝3 m 至x ＝9 m 的过程中，水平拉力为F 2＝2 N ，因为F f ＝μmg ＝2 N ，所以物体在x ＝3 m 至x ＝9 m 的过程中做匀速运动，速度大小与x ＝3 m 时速度相同，v 3＝
2W 3
m
＝15 m/s ，选项C 、D 错误． 6．D [解析] 由动能定理，－fx ＝E k －E k0，则某位置动能E k ＝－fx －E k0，由图像可知甲的初动能大，所受的摩擦力相同，则甲、乙加速度相同，甲的初速度大，速度图像正确的是图D.
7．B [解析] 质点P 从a 点正上方高H 处自由下落，至运动到H 2高处的过程，有mg ⎝ ⎛
⎭⎪
⎫H －H 2－W f1＝0；从右侧下落再经a 点冲出，有mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫
H 2－h －W f2＝0，因摩擦做功损失机械能，质点先
后通过轨道同一点，前一次速率大，向心力大，摩擦力大，则前一次克服摩擦做功多，即W f1>W f2，则0<h <H
2
，选项B 正确．
8．(1)2 m/s (2)12 N
[解析] (1)物块P 从A 到C 又返回A 的过程，由动能定理有 －μmg²2L＝－1
2mv 20
解得v 0＝4μgL ＝2 m/s.
(2)设物块P 在Q 点的速度为v ，支持力为F ，由动能定理有 －μmg²L＝12mv 2－1
2
mv 20
由牛顿第二定律，有 F －mg ＝m v 2
R
解得F ＝12 N ，由牛顿第三定律，物块P 对Q 的压力大小为12 N ，方向竖直向下． 9．(1)3
8
(2)3.9 J (3)略
[解析] (1)小物块从A 运动到D ，由动能定理有
－(mgsin θ＋μmgcos θ)L ＝0－12mv 20 代入数据解得：μ＝3
8.
(2)设小物块沿斜面上滑位移为s 时速度为零，则由动能定理，有 －(mgsin θ＋μmgcos θ)s ＝0－1
2mv 20
代入数据解得：s ＝0.45 m
设落地时P 的动能为E k ，则由动能定理有 mgH －μmgcos θ²2s＝E k －1
2
mv 20
代入数据解得：E k ＝3.9 J.
(3)研究P 在斜面上下滑的过程．设梯形物块的质量为M ，受力如图所示．由平衡条件可得 F ＋fcos θ＝Nsin θ N ＝mgcos θ
f ＝μN ＝μmgcos θ
综合以上三式，代入数据解得F ＝4.8－6.4μ 其图像如图所示．
10、（1）从圆轨道BC 下来：2
12c mgH mv = 2c v N mg m R -=
2mg
N H mg R
∴=
+ 结合PQ 段图像有 2mg = 0.2m Kg ∴=； 242
0.5
mg R -= 1R m ∴= （2）10.51
cos 12
θ-== 060θ= （3）
22
cos (0.5)/sin /2/mgH mg H mv N mg mv R
μθθ--=-=
故：002(160)(0.560)mg
N ctg H mg ctg R
μμ=
-++ 024 2.5(160)0.5mg k ctg R μ-=
-=
μ=。