高中物理第五章经典力学的局限性与单元素养评价含解析教科版

单元素养评价（四）
（第四、五章)
（60分钟·60分)
一、选择题（本题共9小题,每小题3分,共27分)
1.下列说法正确的是（)
A。

经典力学能够说明微观粒子的规律性
B。

经典力学适用于宏观物体的低速运动问题,不适用于高速运动的问题
C。

相对论与量子力学的出现,表示经典力学已失去意义
D.对于微观物体的高速运动问题，经典力学仍能适用
【解析】选B。

经典力学适用于低速、宏观问题，不能说明微观粒子的规律性，不适用于微观粒子的高速运动问题，A、D错误,B 正确;相对论与量子力学的出现，并不否定经典力学，只是说明经典力学有其适用范围,C错误。

2。

(2020·威海高一检测）如图所示,在水平的船板上有一人拉着固定在岸边树上的绳子,用力使船向前移动。

关于力对船做功的下列说法中正确的是（)
A。

绳的拉力对船做了功
B。

人对绳的拉力对船做了功
C。

树对绳子的拉力对船做了功
D。

人对船的静摩擦力对船做了功
【解析】选D.绳的拉力、人对绳子的拉力和树对绳子的拉力都没有作用于船,没有对船做功。

只有人对船的静摩擦力作用于船，且船发生了位移,故对船做了功,且做正功，故选项A、B、C错误，选项D正确。

【加固训练】
如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降,为确保安全着陆,需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则()
A.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小
B.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力
C。

返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功
D.返回舱在喷气过程中处于失重状态
【解析】选A。

由整体法、隔离法结合牛顿第二定律,可知A正确，B错；由动能定理可知C错;因返回舱具有竖直向上的加速度,因此处于超重状态,D错。

3。

国庆小长假期间,小明到一家农家乐餐厅就餐时发现,店内竟有驴拉磨磨玉米面, 如图所示，假设驴拉磨的力大小始终为500
N，运动的圆的半径为1 m,且力的方向始终沿圆周的切线方向。

则驴拉磨转动一周所做的功为（)
A。

0 B.500 J C。

500π J D.1 000π J
【解析】选D。

由于F的方向保持与作用点的速度方向一致，因此可把圆周划分成很多小段研究.
如图所示，当各小段的弧长Δl i足够小（Δl i→0)时，在这Δl i内F的方向几乎与该小段的位移方向重合.故W F=F·Δl1+F·Δl2+F·Δl3+…=F·2πR=1 000πJ，故D正确，A、B、C错误。

4。

物体在恒定阻力作用下,以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。

以a、E k、x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间。

则以下各图像中,能正确反映这一过程的是(）
【解析】选C。

物体在恒定阻力作用下运动，其加速度不变,选项A、B错误；由动能定理，—fx=E k-E k0,解得E k=E k0-fx，故选项C 正确,D错误。

5.(2020·菏泽高一检测)一小球从如图所示的弧形轨道上的A点，由静止开始滑下。

由于轨道不光滑,它仅能滑到B点。

由B点返回后，仅能滑到C点，已知A、B高度差为h1，B、C高度差为h2,则下列关系正确的是（)
A。

h1=h2 B.h1<h2
C.h1〉h2D。

h1、h2大小关系不确定
【解析】选C.由能的转化和守恒定律可知，小球由A到B的过程中重力势能减少mgh1,全部用于克服摩擦力做功,即W AB=mgh1。

同理,W BC=mgh2，又随着小球最大高度的降低，每次滑过的路程越来越短,必有W AB〉W BC，所以mgh1〉mgh2,得h1〉h2，故C正确。

6.（2020·西城区高一检测)如图所示,把一个带弹簧但质量未知的签字笔笔尖朝上,沿竖直方向压缩到底,无初速释放后笔上升的最大高度为h;再把笔水平放置在桌面上，沿水平方向压缩到底，无初速释放后，笔在桌面上滑行的最大距离为s。

忽略空气阻力。

则由上述物理量可估算出
A.弹簧的弹性势能的最大值
B.上升过程中重力所做的功
C。

水平滑行过程中摩擦力所做的功
D.笔与桌面间的动摩擦因数
【解析】选D.设笔的质量为m,笔竖直上升时，根据能量守恒定律得：弹簧的弹性势能的最大值E pm=mgh ①
上升过程中重力所做的功W=—mgh ②
笔在水平滑行过程中,由能量守恒定律得E pm=μmgs ③
由①③得μ=,可知,能求出笔与桌面间的动摩擦因数，由于不能求出m，所以其他量不能解出。

7.“歼-20"是中国自主研制的双发重型隐形战斗机,该机将担负中国未来对空、对海的主权维护任务。

在某次起飞中，质量为m 的“歼-20”以恒定的功率P起动，其起飞过程的速度随时间变化图像如图所示，经时间t0飞机的速度达到最大值为v m时,刚好起飞。

关于起飞过程，下列说法正确的是(）
A.飞机所受合力不变,速度增加越来越慢
B.飞机所受合力增大，速度增加越来越快
C.该过程克服阻力所做的功为Pt0—m
D.平均速度为
【解题指南】解答本题可按以下思路进行:
(1)根据P=Fv分析牵引力的变化,从而确定出合力的变化。

(2）由牛顿第二定律分析加速度的变化情况,即可分析速度变化快慢情况。

（3)将飞机的运动与匀速直线运动对比,分析其平均速度。

（4)根据动能定理分析该过程克服阻力所做的功.
【解析】选C。

根据图像可知,图像的斜率为加速度，所以起飞中，斜率越来越小,加速度越来越小,速度增加越来越慢，根据牛顿第二定律F合=ma,加速度减小，合外力减小,故A、B错误;根据动能定理可知：m-0=Pt0—W f，解得：W f=Pt0—m,故C正确;因为不是匀变速运动，所以平均速度不等于，故D错误. 8。

如图所示,质量为m的物块从A点由静止开始下落,加速度是,下落H到B点后与一轻弹簧接触,又下落h后到达最低点C（未超过弹簧的弹性限度),在由A运动到C的过程中，空气阻力恒定,则(）
A。

物块机械能守恒
B.物块和弹簧组成的系统机械能守恒
C.物块机械能减少mg(H+h）
D。

物块和弹簧组成的系统机械能减少mg(H+h)
【解析】选D.对于物块来说,从A到C要克服空气阻力做功,从B 到C又将一部分机械能转化为弹簧的弹性势能，因此机械能肯定减少，故A错误；由A运动到C的过程中，物块的动能变化为零，重力势能减小量等于机械能的减小量，所以物块机械能减少mg（H+h），故C错误;物块从A点由静止开始下落,加速度是g,根据牛顿第二定律得：f=mg-ma=mg,所以空气阻力所做的
功为-mg（H+h),整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做
的功，所以物块和弹簧组成的系统机械能减少mg（H+h）,故B 错误,D正确。

9.一足够长的传送带与水平面的夹角为θ,传送带以一定的速度匀速运动。

某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块（如图甲所示）,以此时为t=0时刻，作出小物块之后在传送带上的运动速度随时间的变化关系,如图乙所示(图中取沿斜面向下的运动方向为正方向,其中v1〉v2).已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2,则（)
A。

0～t1时间内，物块对传送带做正功
B。

物块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ
C。

0～t2时间内，传送带对物块做功为W=m-m
D。

t1时刻之后,物块先受滑动摩擦力，对其做正功,后受静摩擦力,对其做负功
【解析】选D.由题图乙知,物块的初速度方向平行传送带斜向上，在0～t1时间内速度减小，传送带对物块做负功，由牛顿第三定律知,物块对传送带的摩擦力沿传送带向上，对传送带做负功，在t2时间后，物块和传送带一起做匀速运动,有mgsin θ≤μmgcos θ,所以μ≥tan θ,B错误;在0～t2时间内,传送带对物块做功W=ΔE k+ΔE p，C错误;在t1时刻后,物块速度先增大后不变,摩擦力先做正功,后做负功，D正确。

【加固训练】
如图所示,长为L的木板水平放置,在木板的A端放置一个质量为m的小物体，现缓慢抬高A端,使木板以左端为轴在竖直面内转动,当木板转到与水平面成α角时小物体开始滑动,此时停止转动木板，小物体滑到木板底端时的速度为v，则在整个过程中()
A.支持力对小物体做功为0
B。

摩擦力对小物体做功为mgLsinα
C.摩擦力对小物体做功为mv2—mgLsinα
D。

木板对小物体做功为mv2
【解析】选C。

木板由水平位置转过α角的过程中，摩擦力方向
与速度方向垂直不做功,除重力外只有板的支持力做功,故此过程中支持力所做的功等于物体增加的重力势能:W N=ΔE p=mgLsin α,所以A错误；物体从开始下滑到滑到底端的过程中,支持力不做功,重力做正功，摩擦力做负功,由动能定理得W G+W f=mv2—0，即W f=mv2—mgLsinα,故C正确,B错误；对全过程运用能量观点，重力做功为0，无论支持力还是摩擦力，施力物体都是木板,所以木板对小物体做功为mv2,D错误.
二、实验题(5分）
10.某学习小组的同学为验证“动能定理”而在实验室组装了一套装置如图1所示，把实验器材安装好，不挂钩码,反复移动垫木直到小车做匀速直线运动。

把细线系在小车上并绕过定滑轮悬挂质量为m的钩码，接通电源，放开小车,电火花计时器在被小车带动的纸带上打下一系列点。

选取的实验纸带记录如图2所示，图中点迹为计数点，相邻两计数点间时间间隔为T,并测量出x1、x2,及计数点“1" 、“2”间距离d.已知小车质量为M,当地重力加速度为g。

(m≪M)
（1）打下计数点“1”时,纸带的速度大小v1=______;打下计数点
“2”时,纸带的速度大小v2=________。

(2)若在实验误差允许范围内,关系式mgd=____________________成立，则验证了“动能定理”.
【解析】(1）打下计数点“1”时,纸带的速度大小v1=，
打下计数点“2”时，纸带的速度大小v2=。

（2）从打下计数点“1"到打下计数点“2”，小车动能的增量ΔE k=M（）2—M(）2。

已平衡摩擦，又m≪M，可认为小车受到的合力等于mg，从打下计数点“1”到打下计数点“2”，合力对小车做的功为mgd，要验证“动能定理”,则验证在实验误差允许范围内,mgd=M()2—M()2是否成立。

答案:(1)（2）M（)2—M(）2
三、计算题(本题共3小题，共28分。

要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
11。

(9分)滑板是年轻人十分喜欢的极限运动，现有一场地规格如图,是用钢制作的，阻力非常小，可以忽略。

g取10 m/s2。

（1)一人以6 m/s的速度从4 m的高台滑下，求到2 m高台处其
速度有多大？
（2)在（1)的条件下，求他所能到达的离地最大高度有多少？（3)若他从2 m高台开始下滑,为能到达4 m高台，求下滑最小速度是多少?
【解题指南】解答本题可按以下思路进行：
（1）对该过程运用动能定理,求出到达2 m高台的速度大小.（2)上升到最大高度时速度为零,对整个过程运用动能定理求出上升的最大高度。

(3)对该过程运用动能定理,抓住末动能为零，求出下滑的最小速度。

【解析】（1）人从4 m的高台滑到2 m高台的过程，根据动能定理得：
mg(h0—h1)=m-m(2分）
代入数据解得:v1=m/s≈8.72 m/s(1分）
（2）设上升离地的最大高度为H,对全过程运用动能定理得：-mg（H-h0）=0—m（2分)
代入数据解得:H=5。

8 m(1分)
(3）设下滑的最小速度为v x，根据动能定理得:
—mg（h0-h1）=0—m（2分)
代入数据解得：v x≈6.32 m/s(1分）
答案:(1）8.72 m/s(2）5.8 m(3）6。

32 m/s
12.(9分)如图所示,一块足够大的光滑平板与水平面所成的倾角大小可调。

板上一根长为L=m的轻细绳，它的一端系住一质量为m的小球，另一端固定在板上的O点。

先将轻绳平行于水平轴拉直，然后给小球一个沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0。

(取重力加速度g=10 m/s2)
(1）若α=90°即平板竖直时v0至少要多少,小球才能做完整的圆周运动?
(2)若v0=4。

0 m/s，要求小球能保持在板面内做圆周运动，求倾角α的最大值。

【解析】（1）小球刚好通过最高点时,绳子拉力为:T=0则有:mg=m, （1分)
小球从释放到最高点的过程,据动能定理:-mgL=m-m，(2分)
解得：v0=2m/s, (1分)
(2）小球通过最高点时，若绳子拉力T=0,倾角α有最大值：mgsin α=m，（2分）
研究小球从释放到最高点的过程，据动能定理：-mgLsinα=m-m, (2分)
解得:sinα=0。

8，故：α=53°, (1分）
答案:（1）2m/s（2)53°
13。

（10分)（2020·长沙高一检测)嘉年华上有一种回力球游戏，某人在半圆轨道前某处以初速度v0=5 m/s与水平方向成37°角从A点斜向上抛出小球a，小球a恰好水平进入半圆轨道内侧的最低点B，B处有一锁定的弹簧（忽略弹簧的长度)连接小球b，弹簧被撞击后瞬间锁定解除,弹性势能全部转化为b球的动能，b 球沿圆轨道运动。

C、B分别为一固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道的最高点和最低点,b球经过最高点C后水平抛出,又恰好回到抛球人手中A点。

若不计空气阻力，已知半圆形轨道的半径R=0.4 m，小球b质量m=0.2 kg，当地重力加速度为
10 m/s2，求：
(1)B点离抛球点的竖直高度h;
(2)小球b到达轨道最高点C时，轨道对小球的压力大小；
(3)弹簧锁定时的弹性势能。

【解析】(1)小球a从A点到B点的逆过程是平抛运动,则运动到B点时间为t1=，(2分）
B点离抛球点的竖直高度h=g，代入数据解得
h=0.45 m。

(1分）
（2)C点和A点的水平距离为x=v0cos37°t1, （1分)
设小球从C点平抛运动回到A点的时间为t2,有
2R+h=g，（1分）
又因为v C=，在C点对小球b由牛顿第二定律得F N+mg=m，
（1分）
解得轨道对小球的压力大小为F N=0。

88 N。

(1分)
(3）由能量守恒定律得弹簧锁定时的弹性势能为E p=2mgR+m,
（2分)
代入数据解得E p=2.176 J。

（1分)
答案:（1)0。

45 m（2）0。

88 N（3)2。

176 J
【加固训练】
如图所示,将质量为m=1 kg的小物块放在长为L=1。

5 m的小车左端，车的上表面粗糙，物块与车上表面间动摩擦因数μ=0.5,半径R=0。

9 m的光滑半圆形轨道固定在水平面上且直径MON竖直,车的上表面和轨道最低点高度相同，距地面高度h=0.65 m，开始车和物块一起以10 m/s的初速度在光滑水平面上向右运动,车碰到轨道后立即停止运动，g取10 m/s2,求:
(1)小物块刚进入半圆轨道时对轨道的压力。

（2）小物块落地点至车左端的水平距离。

【解析】(1)车停止运动后取小物块为研究对象,设其到达车右端时的速度为v1，由动能定理,得
—μmgL=m—m，
解得v1=m/s。

刚进入半圆轨道时，设物块受到的支持力为F N,
由牛顿第二定律,得
F N-mg=m，
解得F N≈104.4 N,
由牛顿第三定律F′N=F N,
得F′N=104。

4 N，方向竖直向下.
（2）若小物块能到达半圆轨道最高点,则由机械能守恒,得
m=2mgR+m，解得v2=7 m/s.
设恰能过最高点的速度为v3,
则mg=m,
解得v3==3 m/s.
因v2〉v3,故小物块能过最高点，
且离开半圆轨道最高点后将做平抛运动，得
h+2R=gt2,
x=v2t，
联立解得x=4.9 m，
故小物块距车左端s=x—L=3。

4 m。

答案：(1)104.4 N，方向竖直向下（2）3。

4 m
(30分钟·40分）
14。

（5分)（多选)（2019·江苏高考）如图所示，轻质弹簧的左端固定,并处于自然状态.小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动,压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。

物块向左运动的最大距离为s,与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,弹簧未超出弹性限度.在上述过程中()
A.弹簧的最大弹力为μmg
B.物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C。

弹簧的最大弹性势能为μmgs
D。

物块在A点的初速度为
【解析】选B、C。

弹簧被压缩到最短时，物块有向右的加速度,弹力大于滑动摩擦力f=μmg，选项A错误;物块在运动中所受的摩擦力与运动方向总相反，物块运动的路程为2s，所以克服摩擦力做的功为W=2μmgs,选项B正确;由动能定理可知,从弹簧被压缩至最短到物块运动到A点,动能的变化为零,弹簧的弹性势能等于克服摩擦力做功W′=μmgs,选项C正确；由物块从A点
到返回A点,根据动能定理-μmg·2s=0—m可得v0=2，所以选项D错误。

【加固训练】
(多选）如图所示,离水平地面一定高度处水平固定一内壁光滑的圆筒,筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度。

现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出，刚好能水平进入圆筒中，不计空气阻力.下列说法中正确的是（）
A.弹簧获得的最大弹性势能小于小球抛出时的动能
B。

小球斜上抛运动过程中处于失重状态
C。

小球压缩弹簧的过程中,小球减小的动能等于弹簧增加的势能D。

若抛射点向右移动一小段距离,仍使小球水平进入圆筒中，可以增大抛射速度v0，同时增大抛射角θ
【解析】选A、B、C.由题意知，小球到达圆筒时速度为v0cos θ,动能转化为弹性势能E p=m，故A、C正确;小球斜上抛运动过程中处于失重状态,所以B正确;由于竖直方向高度不变，小球运动时间不变，竖直方向速度v0sinθ=gt，可以增大抛射速度v0,同时减小抛射角θ，故D错误。

15.(5分)(多选)如图所示，在排球比赛中,假设排球运动员某次发球后排球恰好从网上边缘过网,排球网高H=2。

24 m,排球质量为m=300 g，运动员对排球做的功为W1=20 J，排球运动过程中克
服空气阻力做功为W2=4。

12 J，重力加速度g取
10 m/s2。

球从手刚发出位置的高度h=2。

04 m，选地面为零势能面，则（)
A.与排球从手刚发出时相比较，排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为6。

72 J
B。

排球恰好到达球网上边缘时的机械能为22 J
C。

排球恰好到达球网上边缘时的动能为15。

88 J
D。

与排球从手刚发出时相比较,排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为4。

72 J
【解析】选B、D。

与排球从手刚发出时相比较,排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为mg(H-h)=0.3×10×（2。

24-2。

04）J=0。

6 J,故A错误；根据功能关系可得，排球恰好到达球网上边缘时的机械能为mgh+W1-W2=0。

3×10×2。

04 J
+20 J-4.12 J=22 J，故B正确；由动能定理可知，排球恰好到达球网上边缘时的动能为W1—W2—mg(H-h)=15。

28 J，故C错误；与排球从手刚发出时相比较，排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为W2+mg(H—h)=4.72 J，故D正确。

16.(5分）（多选)(2020·吉林高一检测）如图1所示，固定的光滑水平横杆上套有小环P,固定的光滑竖直杆上套有小环Q。

P、Q
质量均为m,且可看作质点。

P、Q用一根不可伸长的轻细绳相连，开始时细绳水平伸直，P、Q均静止。

现在由静止释放Q,当细绳与竖直方向的夹角为60°时（如图2所示),小环P沿着水平杆向右的速度为v。

则(）
A。

细绳的长度为
B.Q的机械能一直增大
C.绳子对Q做的功为
D。

P、Q及地球组成的系统机械能守恒
【解析】选A、D。

根据运动的合成与分解可知，v2=vcos30°，v3=v Q cos60°,
且沿绳方向速度相等，即v2=v3，所以v Q=v。

设Q下降的高度为h，由功能关系可得,mgh=m+mv2，解得h=。

设绳长为L，则L=,所以A正确；拉力对Q做负功,Q的机械能减小，所以B错误;对P研究,只有拉力对P做功，拉力做功为W P=mv2，
所以拉力对Q做功为W Q=—mv2，所以C错误；对P、Q组成的系统，只有重力做功,则P、Q及地球组成的系统机械能守恒,所以D正确.
17.(10分)现要通过实验验证机械能守恒定律.实验装置如图甲所示:水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨,导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M,左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的砝码相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上的B点有一光电门,可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t。

用d表示A点到导轨底端C点的距离，h表示A与C的高度差，b表示遮光片的宽度，s表示A、B两点间的距离,将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度。

用g表示重力加速度。

完成下列填空和作图:
（1)若将滑块自A点由静止释放,则在滑块从A运动至B的过程中,滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减小量可表示为________，动能的增加量可表示为________。

若在运动过程中机械能守恒,与s的关系式为=________。

(2）多次改变光电门的位置,每次均令滑块自同一点（A点）下滑，测量相应的s与t值。

结果如表所示：
12345
s/m 0.60
0。

800
1.00
1.20
1。

400
t/ms8。

227.176。

445。

855。

43
/(×104 s-2）1.481。

952.412。

923.39
以s为横坐标,为纵坐标,在图乙所示的坐标纸中描出第1个到第5个数据点;根据5个数据点作直线,求得该直线的斜率k=________×104 m-1·s-2(保留3位有效数字)。

由测得的h、d,b、M和m数值可以计算出=s直线的斜率k0，将k和k0进行比较，若其差值在实验允许的范围内，则可认为此实验验证了机械能守恒定律。

【解析】(1)当滑块运动到B点时下降高度设为h′,此时砝码上升的高度为s，由几何关系可知h′=,故系统减少的重力势能为ΔE p=Mgh′-mgs=-mgs。

由于系统从静止开始运动，运动
至B点时的速度v B=,故动能的增加量ΔE k=
(M+m)=.由ΔE p=ΔE k解得：=
(2)图线如图。

在图中直线上取相距较远的两点，读出两点坐标，
由k=可得k=2.39×104 m—1·s-2。

答案:（1）—mgs
（2）见解析图 2.39
18。

(15分)某工厂生产流水线示意图如图所示,半径R=1 m的水平圆盘边缘E点固定一小桶。

在圆盘直径DE正上方平行放置的水平传送带沿顺时针方向匀速转动,传送带右端C点与圆盘圆心O在同一竖直线上，竖直高度h=1。

25 m。

AB为一个与CO在同一竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道,半径r=0.45 m，且与水平传送带相切于B点.一质量m=0。

2 kg的滑块（可视为质点）从A点由静止释放，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，当滑块到达B点时,圆盘从图示位置以一定的角速度ω绕通过圆心O 的竖直轴匀速转动,滑块到达C点时恰与传送带同速并水平抛出,
刚好落入圆盘边缘的小桶内。

g取10 m/s2，求:
（1)滑块到达圆弧轨道B点时对轨道的压力F NB。

(2）传送带BC部分的长度L。

（3）圆盘转动的角速度ω应满足的条件。

【解析】(1)滑块从A到B过程中，由动能定理,有：
mgr=m
解得:v B==3 m/s (3分)
滑块到达B点时，由牛顿第二定律,
有:F NB-mg=m
解得:F NB=6 N
由牛顿第三定律,滑块到达B点时对轨道的压力大小为6 N,方向竖直向下.
（3分)
(2)滑块离开C点后做平抛运动,有：
h=g
解得:t1==0。

5 s
v C==2 m/s （2分)
滑块由B到C过程中，据动能定理有:
-μmgL=m-m
解得：L=1.25 m （3分)
（3)滑块由B到C过程中，据运动学公式有:
L=t2
解得t2=0。

5 s
t=t1+t2=1 s
圆盘转动的角速度ω应满足条件
t=n(n=1,2，3…）
解得：ω=2nπrad/s(n=1,2,3…) (4分）
答案:（1）6 N方向竖直向下（2)1。

25 m
(3)ω=2nπrad/s(n=1，2，3…）
【加固训练】
我国将于2022年举办冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。

如图所示，质量m=60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a=
3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度v B=24 m/s，A 与B的竖直高度差H=48 m。

为了改变运动员的运动方向,在助滑
道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接,其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧.助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5 m,运动员在B、C间运动时阻力做功W=—1 530 J，g取10 m/s2.
(1）求运动员在AB段下滑时受到阻力F f的大小。

(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。

【解析】(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速直线运动，设AB的长度为x，则有
=2ax ①
由牛顿第二定律知
mg—F f=ma ②
联立①②式，代入数据解得
F f=144 N③
（2)设运动员到达C点时的速度为v C，在由B到C的过程中mgh+W=m-m④
设运动员在C点所受的支持力为F N，由牛顿第二定律知
F N-mg=⑤
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤
式，代入数据解得
R=12.5 m ⑥
答案:(1）144 N（2）12.5 m。