2020届高考物理二轮复习板块一专题突破复习专题一力与运动第三讲力与物体的曲线运动学案7

第三讲 力与物体的曲线运动[知识建构][高考调研]1.常规知识仍是热点，稳中略微变化：2017年全国卷Ⅰ对平抛运动的考查趋于基础；全国卷Ⅱ第17题将平抛与圆周结合在一起考查；第19题有别于往年圆形轨道的分析，考查了椭圆轨道的分析和计算．全国卷Ⅲ天体运动往年常考查不同轨道相关量的比较，今年则主要考查同一轨道质量变化下相关量的比较．2.注重对学科能力的考查：《考试说明》中对各种能力进行了细化和例证，在该专题中体现也较为明显.2017年全国卷Ⅰ第15题试题较基础，主要考查对平抛运动规律的理解能力；2017年全国卷Ⅱ第17题涉及二次函数求极值，考查了应用数学处理物理问题的能力等．3.常用的思想方法：运动的合成与分解思想、应用临界条件处理临界问题的方法、建立类平抛运动模型方法、等效代替的思想方法等.[答案] (1)x ＝v 0t 、y ＝2gt 2、v x ＝v 0、v y ＝gt(2)合力与速度不共线 (3)运动的合成与分解 (4)线速度v ＝ΔL Δt 、角速度ω＝ΔθΔt 、周期T ＝2πω、频率f ＝1T、向心加速度a ＝ω2r ＝v 2r 、向心力F ＝mω2r ＝m v 2r考向一 运动的合成与分解[归纳提炼]解决运动的合成与分解的一般思路1．明确合运动或分运动的运动性质．2．确定合运动是在哪两个方向上的合成或分解．3．找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度等)． 4．运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解．(2017·河北六校联考)如图所示，AB 杆以恒定角速度ω绕A 点在竖直平面内顺时针转动，并带动套在固定水平杆OC 上的小环M 运动，AO 间距离为h .运动开始时AB 杆在竖直位置，则经过时间t (小环仍套在AB 和OC 杆上)，OM 杆水平，此时小环M 的速度大小为( )A.ωh cos 2ωt B.ωhcos ωtC ．ωhD ．ωh tan ωt[解析] 经过时间t ，∠OAB ＝ωt ，则AM 的长度为hcos ωt ，则AB 杆上与小环M 的接触点绕A 点的线速度v ＝hωcos ωt ，将小环M 的速度沿AB 杆方向和垂直于AB 杆方向分解，垂直于AB 杆方向的分速度等于速度v ，则小环M 的速度v ′＝v cos ωt ＝ωhcos 2ωt，故A 正确．[答案] A(1)常见关联速度分解模型及方法(2)速度投影定理：两个物体在不可伸长的绳(或杆)的连接下沿不同方向运动，则两物体沿绳(或杆)方向的分速度相等．[熟练强化]1．(2017·衡水中学月考)如图所示，A、B、C三个物体用轻绳经过滑轮连接，物体A、B的速度向下，大小均为v，则物体C的速度大小为( )A．2v cosθB．v cosθC.2v cosθD.v cosθ[解析] 将物体C的速度分解，沿左边绳子方向速度大小等于物体A的速度大小，而沿右边绳子方向的速度大小等于物体B的速度大小，且绳子在竖直方向的分速度相等，根据平行四边形定则，则有v C ＝vcos θ，故选项D 正确． [答案] D2．(2017·山西大学附中期末)如图所示，悬线一端固定在天花板上的O 点，另一端穿过一张CD 光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边缘．现将CD 光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v 匀速移动，移动过程中，CD 光盘中央小孔始终紧挨桌面边缘，当悬线与竖直方向的夹角为θ时，小球移动的速度大小为( )A ．v 1＋sin 2θ B ．v sin θC ．v tan θ D.vtan θ[解析] 小球在水平方向以速度v 匀速移动，在竖直方向向上运动的速度等于悬线的下半部分收缩的速度．易知悬线收缩的速度为v 线＝v sin θ，故小球运动的速度为v 1＋sin 2θ，A 正确．[答案] A考向二 平抛运动和类平抛运动[归纳提炼]研究平抛运动的常用方法 1．分解速度设平抛运动的初速度为v 0，在空中运动时间为t ，则平抛运动在水平方向的速度为：v x＝v 0，在竖直方向的速度为：v y ＝gt ，合速度为：v ＝v 2x ＋v 2y ，合速度与水平方向夹角θ满足tan θ＝v yv x.2．分解位移平抛运动在水平方向的位移为：x ＝v 0t ，在竖直方向的位移为：y ＝12gt 2，相对抛出点的位移(合位移)为：s ＝x 2＋y 2，合位移与水平方向夹角φ满足tan φ＝y x.3．分解加速度对于有些问题，过抛出点建立适当的直角坐标系，把重力加速度g 正交分解为g x 、g y ，把初速度v 0正交分解为v x 、v y ，然后分别在x 、y 方向列方程求解，可以避繁就简，化难为易．如图所示，A 、B 两质点从同一点O 分别以相同的水平速度v 0沿x轴正方向抛出，A 在竖直平面内运动，落地点为P 1，B 沿光滑斜面(已知斜面倾角为θ)运动，落地点为P 2，P 1和P 2在同一水平面上，不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )A ．A 、B 两质点的运动时间相同 B ．A 、B 两质点在x 轴方向上的位移相同C ．A 、B 两质点在运动过程中的加速度大小相同D ．A 、B 两质点落地时的速度大小相同[思路点拨] (1)B 质点做类平抛运动，加速度大小不是g . (2)落地速度应为水平速度与竖直速度的合成．[解析] 对A 、B 两质点的运动进行分解，由牛顿第二定律可知，A 质点在运动过程中的加速度大小a 1＝g ，B 质点在运动过程中的加速度大小a 2＝g sin θ，选项C 错误；设O 点与水平面之间的高度差为h ，A 质点的运动时间为t 1，B 质点的运动时间为t 2，则由h ＝12gt 21可得t 1＝2hg ；由h sin θ＝12g sin θ·t 22可得t 2＝1sin θ2hg，故t 1<t 2，选项A 错误；设A质点在x 轴方向上的位移为x 1，B 质点在x 轴方向上的位移为x 2，则有x 1＝v 0t 1，x 2＝v 0t 2，因t 1<t 2，故x 1<x 2，选项B 错误；设A 质点落地时的速度大小为v A ，B 质点落地时的速度大小为v B ，则有v A ＝v 20＋a 1t 12，v B ＝v 20＋a 2t 22，代入数据可解得v A ＝v 20＋2gh ，v B＝v20＋2gh，所以v A＝v B，故选项D正确．[答案] D类平抛运动是平抛运动的变形形式，同样具有合外力恒定且合外力垂直于初速度的特征.此类问题的解题思路仍然是平抛运动的解题思路，即将物体的运动分解为沿初速度方向上的匀速直线运动和垂直于初速度方向上的初速度为零的匀变速直线运动，然后运用相关物理规律进行处理.类平抛运动模型在带电粒子在匀强电场中的偏转问题中最为常见.[熟练强化]迁移一平抛运动与斜面组合1．(2017·广东华南三校联考)横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，如图所示．它们的竖直边长都是底边长的一半，现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上，其落点分别是a、b、c.下列判断正确的是( )A．图中三小球比较，落在a点的小球飞行时间最短B．图中三小球比较，落在c点的小球飞行过程速度变化最大C．图中三小球比较，落在c点的小球飞行过程速度变化最快D．无论小球抛出时初速度多大，落到两个斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直[解析] 图中三个小球均做平抛运动，可以看出a、b和c三个小球下落的高度关系为h a>h b>h c，由t＝2hg，得t a>t b>t c，又Δv＝gt，则知Δv a>Δv b>Δv c，A、B项错误．速度变化快慢由加速度决定，因为a a＝a b＝a c＝g，则知三个小球飞行过程中速度变化快慢相同，C项错误．由题给条件可以确定小球落在左边斜面上的瞬时速度不可能垂直于左边斜面，而对右边斜面可假设小球初速度为v0时，其落到斜面上的瞬时速度v与斜面垂直，将v沿水平方向和竖直方向分解，则v x＝v0，v y＝gt，且需满足v xv y＝v0gt＝tanθ(θ为右侧斜面倾角)，由几何关系可知tan θ＝12，则v 0＝12gt ，而竖直位移y ＝12gt 2，水平位移x ＝v 0t ＝12gt 2，可以看出x ＝y ，而由题图可知这一关系不可能存在，则假设不能成立，D 项正确．[答案] D迁移二 平抛运动与圆面组合2．(2017·河北六校联考)如图所示，AB 为竖直放置的半圆环ACB 的水平直径，O 为半圆环圆心，C 为环上的最低点，环半径为R ，两个质量相同的小球分别从A 点和B 点以初速度v 1和v 2水平相向抛出，初速度为v 1的小球落到a 点所用时间为t 1，初速度为v 2的小球落到B 点所用时间为t 2，a 点高度大于b 点高度，不计空气阻力．则下列判断正确的是( )A ．两小球的初速度一定有v 1<v 2B ．两小球落到圆环上所用的时间满足t 1>t 2C ．不论v 1和v 2满足什么关系，两小球都不会垂直打在圆环上D ．若两小球同时水平抛出，不论v 1和v 2满足什么关系，两小球都能在空中相遇 [解析] 两小球平抛，由图可知落在a 点的小球的水平位移大于落在b 点的小球的水平位移，落在a 点的小球的竖直位移小于落在b 点的小球的竖直位移，由x ＝vt ，h ＝12gt 2，得t 1<t 2，v 1>v 2，选项A 、B 错误；从抛出点开始，任意时刻速度的反向延长线必过水平位移的中点，由此可知落在a 、b 点的小球的速度反向延长线不会过圆心，选项C 正确；若速度过小，初速度为v 1的小球落到C 点左侧，初速度为v 2的小球落到C 点右侧，两球一定不会相遇，选项D 错误．[答案] C迁移三 平抛运动与竖直面组合3．如图所示为一同学制作的研究平抛运动的装置，其中水平台AO 长s ＝0.70 m ，长方体薄壁槽紧贴O 点竖直放置，槽宽d ＝0.10 m ，高h ＝1.25 m ，现有一弹性小球从平台上A 点水平射出，已知小球与平台间的阻力为其重力的0.1倍，重力加速度取g ＝10 m/s 2.(1)若小球不碰槽壁且恰好落到槽底上的P 点，求小球在平台上运动的时间； (2)若小球碰壁后能立即原速率反弹，为使小球能击中O 点正下方槽壁上的B 点，B 点和O 点的距离h B ＝0.8 m ，求小球从O 点出射速度的所有可能值．[解析] (1)小球恰好落到P 点，设小球在O 点抛出时的速度为v 0，做平抛运动的时间为t 1，则有水平方向：d ＝v 0t 1竖直方向：h ＝12gt 21解得v 0＝0.2 m/s设小球在平台上运动时加速度大小为a ，则0.1mg ＝ma 解得a ＝1 m/s 2设小球在A 点出射时的速度为v A ，在平台上运动的时间为t 2，则从A 到O ，由运动学公式得v 2A －v 20＝2as ，v A －v 0＝at 2解得t 2＝1 s.(2)水平方向：2nd ＝v 0t (n ＝1,2,3…) 竖直方向：h B ＝12gt 2解得v 0＝0.5n m/s(n ＝1,2,3…)．[答案] (1)1 s (2)0.5n m/s(n ＝1,2,3…)考向三 圆周运动[归纳提炼]1．解决圆周运动力学问题的关键(1)正确进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径．(2)列出正确的动力学方程F ＝m v 2r ＝mrω2＝mωv ＝mr 4π2T 2.结合v ＝ωr 、T ＝2πω＝2πr v等基本公式进行求解．2．抓住“两类模型”是解决问题的突破点(1)模型1——水平面内的圆周运动，一般由牛顿运动定律列方程求解．(2)模型2——竖直面内的圆周运动(绳球模型和杆球模型)，通过最高点和最低点的速度常利用动能定理(或机械能守恒)来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析求解．(多选)如图甲所示，轻杆一端与质量为1 kg 、可视为质点的小球相连，另一端可绕光滑固定轴在竖直平面内自由转动．现使小球在竖直平面内做圆周运动，经最高点开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度v 随时间t 的变化关系如图乙所示，A 、B 、C 三点分别是图线与纵轴、横轴的交点、图线上第一周期内的最低点，该三点的纵坐标分别是1、0、－5.g 取10 m/s 2，不计空气阻力．下列说法中正确的是( )A ．轻杆的长度为0.5 mB ．小球经最高点时，杆对它的作用力方向竖直向上C ．B 点对应时刻小球的速度为3 m/sD ．曲线AB 段与坐标轴所围图形的面积为0.6 m [思路路线][解析] 由题可知，A 、B 、C 三点分别对应圆周运动的最高点、最右边的点和最低点．设杆的长度为L ，小球从A 到C 机械能守恒，有12mv 2A ＋2mgL ＝12mv 2C ，所以L ＝v 2C －v 2A 4g ＝－52－1240m ＝0.6 m ，选项A 错误；若小球在A 点恰好对杆的作用力为0，则m v 20L＝mg ，临界速度v 0＝gL＝6.0 m/s>v A ＝1 m/s.由于小球在A 点的速度小于临界速度，所以小球在最高点时受杆竖直向上的支持力，选项B 正确；小球从A 点到B 点有12mv 2A ＋mgL ＝12mv 2B ，得v B ＝v 2A ＋2gL ＝13m/s ，选项C 错误；由于y 轴表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲线AB 段与坐标轴所围图形的面积表示小球从A 点到B 点在水平方向的位移，大小等于杆的长度，即0.6 m ，选项D 正确．[答案] BD竖直面内的圆周运动问题的解题思路(1)定模型：首先判断是轻绳模型、轻杆模型还是外轨模型；(2)过最高点的条件：轻绳模型中物体在最高点的速度v ≥gR ，轻杆模型中物体在最高点的速度v ≥0，外轨模型中物体在最高点的速度v ≤gR ；(3)研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况； (4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，F 合＝F 向；(5)过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列出方程． [熟练强化]迁移一 水平面内的圆周运动1．(多选)(2017·河北六校联考)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分别位于圆心两侧、与圆心距离分别为R A＝r，R B＝2r，两物体与圆盘间的动摩擦因数μ相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好未发生滑动时，下列说法正确的是( )A．此时细线张力大小为3μmgB．此时圆盘的角速度为2μg rC．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外D．此时烧断细线，A仍相对圆盘静止，B将做离心运动[解析] 由题意可知，两物体刚好未发生滑动时，A受背离圆心的静摩擦力，B受指向圆心的静摩擦力，其大小均为μmg.设此时细线的张力为T，圆盘转动的角速度为ω，由牛顿第二定律，对物体A有：T－μmg＝mω2r，对物体B有：T＋μmg＝mω2·2r，两式联立可解得T＝3μmg，ω＝2μgr，选项A、B、C正确；烧断细线时，A所需向心力大小为F＝mω2r＝2μmg>f m，所以物体A将相对圆盘发生滑动，选项D错误．[答案]ABC迁移二竖直面内圆周运动的“杆模型”2．(2017·河北保定一模)如图所示，半径为R的细圆管(管径可忽略)内壁光滑，竖直放置，一质量为m直径略小于管径的小球可在管内自由滑动，测得小球在管顶部时与管壁的作用力大小为mg，g为当地重力加速度，则( )A ．小球在管顶部时速度大小为2gRB ．小球运动到管底部时速度大小可能为2gRC ．小球运动到管底部时对管壁的压力可能为5mgD ．小球运动到管底部时对管壁的压力为7mg[解析] 小球在管顶部时可能与外壁有作用力，也可能与内壁有作用力．如果小球与外壁有作用力，对小球受力分析可知2mg ＝m v 2R，可得v ＝2gR ，其由管顶部运动到管底部的过程中由机械能守恒有12mv 21＝2mgR ＋12mv 2，可以解出v 1＝6gR ，小球在底部时，由牛顿第二定律有F N1－mg ＝m v 21R，解得F N1＝7mg .如果小球与内壁有作用力，对小球受力分析可知，在最高点小球速度为零，其由管顶部运动到管底部的过程中由机械能守恒有12mv 22＝2mgR ，解得v 2＝4gR ，小球在底部时，由牛顿第二定律有F N2－mg ＝m v 22R，解得F N2＝5mg .C 对，A 、B 、D 错．[答案] C迁移三 竖直面内圆周运动的“绳模型”3．(2017·广东汕头二模)如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O 在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v ，此时绳子的拉力大小为T ，拉力T 与速度v 的关系如图乙所示，图象中的数据a 和b 包括重力加速度g 都为已知量，以下说法正确的是( )A ．数据a 与小球的质量有关B ．数据b 与圆周轨道半径有关C ．比值b a只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关 D ．利用数据a 、b 和g 能够求出小球的质量和圆周轨道半径[解析] 在最高点对小球受力分析，由牛顿第二定律有T ＋mg ＝m v 2R ，可得图线的函数表达式为T ＝m v 2R －mg ，图乙中横轴截距为a ，则有0＝m a R －mg ，得g ＝aR，则a ＝gR ；图线过点(2a ，b )，则b ＝m 2a R －mg ，可得b ＝mg ，则b a ＝m R ，A 、B 、C 错．由b ＝mg 得m ＝bg，由a ＝gR得R ＝a g，则D 正确．[答案] D高考答题规范——平抛运动与圆周运动的组合[考点归纳]处理平抛运动与圆周运动组合问题应做好以下两个分析1．临界点分析：对于物体在临界点相关的多个物理量，需要区分哪些物理量能够突变，哪些物理量不能突变，而不能突变的物理量(一般指线速度)往往是解决问题的突破口．2．运动过程分析：对于物体参与的多个运动过程，要仔细分析每个运动过程做何种运动．若为圆周运动，应明确是水平面的匀速圆周运动，还是竖直平面的变速圆周运动，机械能是否守恒；若为抛体运动，应明确是平抛运动，还是类平抛运动，垂直于初速度方向的力是哪个力．[典题示例](20分)(2016·全国卷Ⅱ)轻质弹簧原长为2l ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l .现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接．AB 是长度为5l 的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 竖直，如图所示．物块P 与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度l ，然后放开，P 开始沿轨道运动．重力加速度大小为g .(1)若P 的质量为m ，求P 到达B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点之间的距离；(2)若P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量的取值范围．[审题指导]第一步 读题干—提信息题干信息1)当弹簧被压缩到最短时说明此时物体速度为零．2)将弹簧压缩至长度l说明此时弹性势能与弹簧竖直放置时(弹簧长度也为l )相等．3)光滑半圆轨道属于“绳模型”，最高点时速度v D 满足v D ≥gr .4)它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点之间的距离离开圆轨道后做平抛运动.⎭⎪⎬⎪⎫1弹簧竖直放置与水平放置压缩量一样⇒E p 相同 由压缩量最大到B 点过程能量守恒⎭⎪⎬⎪⎫⇒v B由B 点到D 点过程机械能守恒⎭⎪⎬⎪⎫⇒v DD 点抛出至落地，是平抛运动⇒落回到AB 上的位置与B 点之间的距离.⎭⎪⎬⎪⎫2能滑上圆轨道⇒到达B 点时速度不能小于零，仍能 沿轨道滑回⇒P 在圆轨道上上升高度不超过C 点位置⇒P 的质量取值范围．[满分答案] (1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l 时，质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l 时的弹性势能E p ＝5mgl ①(1分)设P 的质量为M ，到达B 点时的速度大小为v B ，由能量守恒定律得E p ＝12Mv 2B ＋μMg ·4l ②(2分)联立①②式，取M ＝m 并代入题给数据得v B ＝6gl ③(2分)若P 能沿圆轨道运动到D 点，其到达D 点时的向心力不能小于重力，即P 此时的速度大小v 应满足mv 2l－mg ≥0④(1分)设P 滑到D 点时的速度为v D ，由机械能守恒定律得 12mv 2B ＝12mv 2D ＋mg ·2l ⑤(2分) 联立③⑤式得v D ＝2gl ⑥(2分)v D 满足④式要求，故P 能运动到D 点，并从D 点以速度v D 水平射出．设P 落回到轨道AB 所需的时间为t ，由运动学公式得2l ＝12gt 2⑦(1分)P 落回到AB 上的位置与B 点之间的距离为s ＝v D t ⑧(1分)联立⑥⑦⑧式得s ＝22l ⑨(2分)(2)为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl >μMg ·4l ⑩(2分)要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点C .由机械能守恒定律有12Mv 2B ≤Mgl ⑪(2分)联立①②⑩⑪式得53m ≤M <52m ⑫(2分)[答案] (1)6gl 22l (2)53m ≤M <52m必要的文字说明的目的是说明物理过程和答题依据，我们应该从以下几个方面给予考虑：1说明研究对象个体或系统，尤其是要用整体法和隔离法相结合求解的题目，一定要注意研究对象的转移和转化问题.2画出受力分析图、电路图、光路图或运动过程的示意图. 3说明所设字母的物理意义. 4说明规定的正方向、零势点面. 5说明题目中的隐含条件、临界条件.6说明所列方程的依据、名称及对应的物理过程或物理状态. 7说明所求结果的物理意义有时需要讨论分析.[满分体验] 如图所示，水平传送带的右端与竖直面内的用光滑钢管弯成的“9”形固定轨道相接，钢管内径很小．传送带的运行速度为v 0＝6 m/s ，将质量m ＝1 kg 的可看作质点的滑块无初速地放到传送带A 端，传送带长度为L ＝12 m ，“9”字全高H ＝0.8 m ，“9”字CDE 部分圆弧半径为R ＝0.2 m 的34圆弧，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.3，取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求滑块从传送带A 端运动到B 端所需要的时间； (2)求滑块滑到轨道最高点D 时对轨道作用力的大小和方向；(3)若滑块从“9”形轨道F 点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角θ＝45°的斜面上的P 点，求P 、F 两点间的竖直高度h .[解析] (1)滑块在传送带上加速运动时，由牛顿第二定律有μmg ＝ma 解得：a ＝μg ＝3 m/s 2加速到与传送带共速的时间t 1＝v 0a＝2 s 2 s 内滑块的位移x 1＝12at 21＝6 m之后滑块做匀速运动的位移x 2＝L －x 1＝6 m 所用时间t 2＝x 2v 0＝1 s 故t ＝t 1＋t 2＝3 s(2)滑块由B 运动到D 的过程中由动能定理得： －mgH ＝12mv 2D －12mv 2在D 点：F N ＋mg ＝m v 2DR解得：F N ＝90 N ，方向竖直向下由牛顿第三定律得：滑块对轨道的压力大小是90 N ，方向竖直向上 (3)滑块由B 运动到F 的过程中由动能定理得： －mg (H －2R )＝12mv 2F －12mv 2滑块撞击P 点时，其速度沿竖直方向的分速度为：v y ＝v Ftan θ竖直方向有：v 2y ＝2gh 解得：h ＝1.4 m.[答案] (1)3 s (2)90 N 方向竖直向上 (3)1.4 m。