《2018屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 板塊一 專題突破復(fù)習(xí) 專題一 力與運動 第三講 力與物體的曲線運動學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 板塊一 專題突破復(fù)習(xí) 專題一 力與運動 第三講 力與物體的曲線運動學(xué)案（17頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第三講　力與物體的曲線運動 [知識建構(gòu)] [高考調(diào)研] 1.常規(guī)知識仍是熱點，穩(wěn)中略微變化：2017年全國卷Ⅰ對平拋運動的考查趨于基礎(chǔ)；全國卷Ⅱ第17題將平拋與圓周結(jié)合在一起考查；第19題有別于往年圓形軌道的分析，考查了橢圓軌道的分析和計算．全國卷Ⅲ天體運動往年?？疾椴煌壍老嚓P(guān)量的比較，今年則主要考查同一軌道質(zhì)量變化下相關(guān)量的比較． 2.注重對學(xué)科能力的考查：《考試說明》中對各種能力進(jìn)行了細(xì)化和例證，在該專題中體現(xiàn)也較為明顯.2017年全國卷Ⅰ第15題試題較基礎(chǔ)，主要考查對平拋運動規(guī)律的理解能力；2017年全國卷Ⅱ第17題涉及二次函數(shù)求極值，考查了應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問題的

2、能力等． 3.常用的思想方法：運動的合成與分解思想、應(yīng)用臨界條件處理臨界問題的方法、建立類平拋運動模型方法、等效代替的思想方法等. [答案]　(1)x＝v0t、y＝gt2、vx＝v0、vy＝gt (2)合力與速度不共線 (3)運動的合成與分解 (4)線速度v＝、角速度ω＝、周期T＝、頻率f＝、向心加速度a＝ω2r＝、向心力F＝mω2r＝m 考向一　運動的合成與分解 [歸納提煉] 解決運動的合成與分解的一般思路 1．明確合運動或分運動的運動性質(zhì)． 2．確定合運動是在哪兩個方向上的合成或分解． 3．找出各個方向上已知的物理量(速度、位移、加速度等)． 4．運用力與速度的

3、關(guān)系或矢量的運算法則進(jìn)行分析求解． 　(2017·河北六校聯(lián)考)如圖所示，AB桿以恒定角速度ω繞A點在豎直平面內(nèi)順時針轉(zhuǎn)動，并帶動套在固定水平桿OC上的小環(huán)M運動，AO間距離為h.運動開始時AB桿在豎直位置，則經(jīng)過時間t(小環(huán)仍套在AB和OC桿上)，OM桿水平，此時小環(huán)M的速度大小為(　　) A. B. C．ωh D．ωhtanωt [解析]　經(jīng)過時間t，∠OAB＝ωt，則AM的長度為，則AB桿上與小環(huán)M的接觸點繞A點的線速度v＝，將小環(huán)M的速度沿AB桿方向和垂直于AB桿方向分解，垂直于AB桿方向的分速度等于速度v，則小環(huán)M的速度v′＝＝，故A正確． [答案]　A

4、(1)常見關(guān)聯(lián)速度分解模型及方法 (2)速度投影定理：兩個物體在不可伸長的繩(或桿)的連接下沿不同方向運動，則兩物體沿繩(或桿)方向的分速度相等． [熟練強化] 1．(2017·衡水中學(xué)月考)如圖所示，A、B、C三個物體用輕繩經(jīng)過滑輪連接，物體A、B的速度向下，大小均為v，則物體C的速度大小為(　　) A．2vcosθ B．vcosθ C. D. [解析]　將物體C的速度分解，沿左邊繩子方向速度大小等于物體A的速度大小，而沿右邊繩子方向的速度大小等于物體B的速度大小，且繩子在豎直方向的分速度相等，根據(jù)平行四邊形定則，則有vC＝，故選項D正確． [答案]　D 2．(2

5、017·山西大學(xué)附中期末)如圖所示，懸線一端固定在天花板上的O點，另一端穿過一張CD光盤的中央小孔后拴著一個橡膠球，橡膠球靜止時，豎直懸線剛好挨著水平桌面的邊緣．現(xiàn)將CD光盤按在桌面上，并沿桌面邊緣以速度v勻速移動，移動過程中，CD光盤中央小孔始終緊挨桌面邊緣，當(dāng)懸線與豎直方向的夾角為θ時，小球移動的速度大小為(　　) A．v B．vsinθ C．vtanθ D. [解析]　小球在水平方向以速度v勻速移動，在豎直方向向上運動的速度等于懸線的下半部分收縮的速度．易知懸線收縮的速度為v線＝vsinθ，故小球運動的速度為v，A正確． [答案]　A 考向二　平拋運動和類平拋運動

6、 [歸納提煉] 研究平拋運動的常用方法 1．分解速度 設(shè)平拋運動的初速度為v0，在空中運動時間為t，則平拋運動在水平方向的速度為：vx＝v0，在豎直方向的速度為：vy＝gt，合速度為：v＝，合速度與水平方向夾角θ滿足tanθ＝. 2．分解位移 平拋運動在水平方向的位移為：x＝v0t，在豎直方向的位移為：y＝gt2，相對拋出點的位移(合位移)為：s＝，合位移與水平方向夾角φ滿足tanφ＝. 3．分解加速度 對于有些問題，過拋出點建立適當(dāng)?shù)闹苯亲鴺?biāo)系，把重力加速度g正交分解為gx、gy，把初速度v0正交分解為vx、vy，然后分別在x、y方向列方程求解，可以避繁就簡，化難為易． 　如

7、圖所示，A、B兩質(zhì)點從同一點O分別以相同的水平速度v0沿x軸正方向拋出，A在豎直平面內(nèi)運動，落地點為P1，B沿光滑斜面(已知斜面傾角為θ)運動，落地點為P2，P1和P2在同一水平面上，不計空氣阻力，則下列說法中正確的是(　　) A．A、B兩質(zhì)點的運動時間相同 B．A、B兩質(zhì)點在x軸方向上的位移相同 C．A、B兩質(zhì)點在運動過程中的加速度大小相同 D．A、B兩質(zhì)點落地時的速度大小相同 [思路點撥]　(1)B質(zhì)點做類平拋運動，加速度大小不是g. (2)落地速度應(yīng)為水平速度與豎直速度的合成． [解析]　對A、B兩質(zhì)點的運動進(jìn)行分解，由牛頓第二定律可知，A質(zhì)點在運動過程中的加速度大小a

8、1＝g，B質(zhì)點在運動過程中的加速度大小a2＝gsinθ，選項C錯誤；設(shè)O點與水平面之間的高度差為h，A質(zhì)點的運動時間為t1，B質(zhì)點的運動時間為t2，則由h＝gt可得t1＝；由＝gsinθ·t可得t2＝ ，故t1

9、于初速度的特征.此類問題的解題思路仍然是平拋運動的解題思路，即將物體的運動分解為沿初速度方向上的勻速直線運動和垂直于初速度方向上的初速度為零的勻變速直線運動，然后運用相關(guān)物理規(guī)律進(jìn)行處理.類平拋運動模型在帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題中最為常見. [熟練強化] 遷移一　平拋運動與斜面組合 1．(2017·廣東華南三校聯(lián)考)橫截面為直角三角形的兩個相同斜面緊靠在一起，固定在水平面上，如圖所示．它們的豎直邊長都是底邊長的一半，現(xiàn)有三個小球從左邊斜面的頂點以不同的初速度向右平拋，最后落在斜面上，其落點分別是a、b、c.下列判斷正確的是(　　) A．圖中三小球比較，落在a點的小球飛行時間最

10、短 B．圖中三小球比較，落在c點的小球飛行過程速度變化最大 C．圖中三小球比較，落在c點的小球飛行過程速度變化最快 D．無論小球拋出時初速度多大，落到兩個斜面上的瞬時速度都不可能與斜面垂直 [解析]　圖中三個小球均做平拋運動，可以看出a、b和c三個小球下落的高度關(guān)系為ha>hb>hc，由t＝，得ta>tb>tc，又Δv＝gt，則知Δva>Δvb>Δvc，A、B項錯誤．速度變化快慢由加速度決定，因為aa＝ab＝ac＝g，則知三個小球飛行過程中速度變化快慢相同，C項錯誤．由題給條件可以確定小球落在左邊斜面上的瞬時速度不可能垂直于左邊斜面，而對右邊斜面可假設(shè)小球初速度為v0時，其落到斜面上的

11、瞬時速度v與斜面垂直，將v沿水平方向和豎直方向分解，則vx＝v0，vy＝gt，且需滿足＝＝tanθ(θ為右側(cè)斜面傾角)，由幾何關(guān)系可知tanθ＝，則v0＝gt，而豎直位移y＝gt2，水平位移x＝v0t＝gt2，可以看出x＝y(tǒng)，而由題圖可知這一關(guān)系不可能存在，則假設(shè)不能成立，D項正確． [答案]　D 遷移二　平拋運動與圓面組合 2．(2017·河北六校聯(lián)考)如圖所示，AB為豎直放置的半圓環(huán)ACB的水平直徑，O為半圓環(huán)圓心，C為環(huán)上的最低點，環(huán)半徑為R，兩個質(zhì)量相同的小球分別從A點和B點以初速度v1和v2水平相向拋出，初速度為v1的小球落到a點所用時間為t1，初速度為v2的小球落到B點所用時

12、間為t2，a點高度大于b點高度，不計空氣阻力．則下列判斷正確的是(　　) A．兩小球的初速度一定有v1t2 C．不論v1和v2滿足什么關(guān)系，兩小球都不會垂直打在圓環(huán)上 D．若兩小球同時水平拋出，不論v1和v2滿足什么關(guān)系，兩小球都能在空中相遇 [解析]　兩小球平拋，由圖可知落在a點的小球的水平位移大于落在b點的小球的水平位移，落在a點的小球的豎直位移小于落在b點的小球的豎直位移，由x＝vt，h＝gt2，得t1v2，選項A、B錯誤；從拋出點開始，任意時刻速度的反向延長線必過水平位移的中點，由此可知落在a、b點的小球的速度

13、反向延長線不會過圓心，選項C正確；若速度過小，初速度為v1的小球落到C點左側(cè)，初速度為v2的小球落到C點右側(cè)，兩球一定不會相遇，選項D錯誤． [答案]　C 遷移三　平拋運動與豎直面組合 3．如圖所示為一同學(xué)制作的研究平拋運動的裝置，其中水平臺AO長s＝0.70 m，長方體薄壁槽緊貼O點豎直放置，槽寬d＝0.10 m，高h(yuǎn)＝1.25 m，現(xiàn)有一彈性小球從平臺上A點水平射出，已知小球與平臺間的阻力為其重力的0.1倍，重力加速度取g＝10 m/s2. (1)若小球不碰槽壁且恰好落到槽底上的P點，求小球在平臺上運動的時間； (2)若小球碰壁后能立即原速率反彈，為使小球能擊中O點正下方槽壁

14、上的B點，B點和O點的距離hB＝0.8 m，求小球從O點出射速度的所有可能值． [解析]　(1)小球恰好落到P點，設(shè)小球在O點拋出時的速度為v0，做平拋運動的時間為t1，則有水平方向：d＝v0t1 豎直方向：h＝gt 解得v0＝0.2 m/s 設(shè)小球在平臺上運動時加速度大小為a，則0.1mg＝ma 解得a＝1 m/s2 設(shè)小球在A點出射時的速度為vA，在平臺上運動的時間為t2，則從A到O，由運動學(xué)公式得v－v＝2as，vA－v0＝at2 解得t2＝1 s. (2)水平方向：2nd＝v0t(n＝1,2,3…) 豎直方向：hB＝gt2 解得v0＝0.5n m/s(n＝1,2,3

15、…)． [答案]　(1)1 s　(2)0.5n m/s(n＝1,2,3…) 考向三　圓周運動 [歸納提煉] 1．解決圓周運動力學(xué)問題的關(guān)鍵 (1)正確進(jìn)行受力分析，明確向心力的來源，確定圓心以及半徑． (2)列出正確的動力學(xué)方程F＝m＝mrω2＝mωv＝mr.結(jié)合v＝ωr、T＝＝等基本公式進(jìn)行求解． 2．抓住“兩類模型”是解決問題的突破點 (1)模型1——水平面內(nèi)的圓周運動，一般由牛頓運動定律列方程求解． (2)模型2——豎直面內(nèi)的圓周運動(繩球模型和桿球模型)，通過最高點和最低點的速度常利用動能定理(或機(jī)械能守恒)來建立聯(lián)系，然后結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行動力學(xué)分析求解． 　(

16、多選)如圖甲所示，輕桿一端與質(zhì)量為1 kg、可視為質(zhì)點的小球相連，另一端可繞光滑固定軸在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動．現(xiàn)使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動，經(jīng)最高點開始計時，取水平向右為正方向，小球的水平分速度v隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，A、B、C三點分別是圖線與縱軸、橫軸的交點、圖線上第一周期內(nèi)的最低點，該三點的縱坐標(biāo)分別是1、0、－5.g取10 m/s2，不計空氣阻力．下列說法中正確的是(　　) A．輕桿的長度為0.5 m B．小球經(jīng)最高點時，桿對它的作用力方向豎直向上 C．B點對應(yīng)時刻小球的速度為3 m/s D．曲線AB段與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積為0.6 m [思路路線]　 [解析

17、]　由題可知，A、B、C三點分別對應(yīng)圓周運動的最高點、最右邊的點和最低點．設(shè)桿的長度為L，小球從A到C機(jī)械能守恒，有mv＋2mgL＝mv，所以L＝＝ m＝0.6 m，選項A錯誤；若小球在A點恰好對桿的作用力為0，則m＝mg，臨界速度v0＝＝6.0 m/s>vA＝1 m/s.由于小球在A點的速度小于臨界速度，所以小球在最高點時受桿豎直向上的支持力，選項B正確；小球從A點到B點有mv＋mgL＝mv，得vB＝＝ m/s，選項C錯誤；由于y軸表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲線AB段與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積表示小球從A點到B點在水平方向的位移，大小等于桿的長度，即0.6 m，選項D正確． [答案]

18、　BD 豎直面內(nèi)的圓周運動問題的解題思路 (1)定模型：首先判斷是輕繩模型、輕桿模型還是外軌模型； (2)過最高點的條件：輕繩模型中物體在最高點的速度v≥，輕桿模型中物體在最高點的速度v≥0，外軌模型中物體在最高點的速度v≤； (3)研究狀態(tài)：通常情況下豎直平面內(nèi)的圓周運動只涉及最高點和最低點的運動情況； (4)受力分析：對物體在最高點或最低點時進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列出方程，F(xiàn)合＝F向； (5)過程分析：應(yīng)用動能定理或機(jī)械能守恒定律將初、末兩個狀態(tài)聯(lián)系起來列出方程． [熟練強化] 遷移一　水平面內(nèi)的圓周運動 1．(多選)(2017·河北六校聯(lián)考)如圖所示，在勻速

19、轉(zhuǎn)動的水平圓盤上，沿半徑方向放著用細(xì)線相連的質(zhì)量均為m的兩個物體A和B，它們分別位于圓心兩側(cè)、與圓心距離分別為RA＝r，RB＝2r，兩物體與圓盤間的動摩擦因數(shù)μ相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速加快到兩物體剛好未發(fā)生滑動時，下列說法正確的是(　　) A．此時細(xì)線張力大小為3μmg B．此時圓盤的角速度為 C．此時A所受摩擦力方向沿半徑指向圓外 D．此時燒斷細(xì)線，A仍相對圓盤靜止，B將做離心運動 [解析]　由題意可知，兩物體剛好未發(fā)生滑動時，A受背離圓心的靜摩擦力，B受指向圓心的靜摩擦力，其大小均為μmg.設(shè)此時細(xì)線的張力為T，圓盤轉(zhuǎn)動的角速度為ω，由牛頓第二定律，對物體

20、A有：T－μmg＝mω2r，對物體B有：T＋μmg＝mω2·2r，兩式聯(lián)立可解得T＝3μmg，ω＝，選項A、B、C正確；燒斷細(xì)線時，A所需向心力大小為F＝mω2r＝2μmg>fm，所以物體A將相對圓盤發(fā)生滑動，選項D錯誤． [答案]　ABC 遷移二　豎直面內(nèi)圓周運動的“桿模型” 2．(2017·河北保定一模)如圖所示，半徑為R的細(xì)圓管(管徑可忽略)內(nèi)壁光滑，豎直放置，一質(zhì)量為m直徑略小于管徑的小球可在管內(nèi)自由滑動，測得小球在管頂部時與管壁的作用力大小為mg，g為當(dāng)?shù)刂亓铀俣?，則(　　) A．小球在管頂部時速度大小為 B．小球運動到管底部時速度大小可能為 C．小球運動到管底部時

21、對管壁的壓力可能為5mg D．小球運動到管底部時對管壁的壓力為7mg [解析]　小球在管頂部時可能與外壁有作用力，也可能與內(nèi)壁有作用力．如果小球與外壁有作用力，對小球受力分析可知2mg＝m，可得v＝，其由管頂部運動到管底部的過程中由機(jī)械能守恒有mv＝2mgR＋mv2，可以解出v1＝，小球在底部時，由牛頓第二定律有FN1－mg＝m，解得FN1＝7mg.如果小球與內(nèi) 壁有作用力，對小球受力分析可知，在最高點小球速度為零，其由管頂部運動到管底部的過程中由機(jī)械能守恒有mv＝2mgR，解得v2＝，小球在底部時，由牛頓第二定律有FN2－mg＝m，解得FN2＝5mg.C對，A、B、D錯． [答案]　

22、C 遷移三　豎直面內(nèi)圓周運動的“繩模型” 3．(2017·廣東汕頭二模)如圖甲，小球用不可伸長的輕繩連接后繞固定點O在豎直面內(nèi)做圓周運動，小球經(jīng)過最高點時的速度大小為v，此時繩子的拉力大小為T，拉力T與速度v的關(guān)系如圖乙所示，圖象中的數(shù)據(jù)a和b包括重力加速度g都為已知量，以下說法正確的是(　　) A．?dāng)?shù)據(jù)a與小球的質(zhì)量有關(guān) B．?dāng)?shù)據(jù)b與圓周軌道半徑有關(guān) C．比值只與小球的質(zhì)量有關(guān)，與圓周軌道半徑無關(guān) D．利用數(shù)據(jù)a、b和g能夠求出小球的質(zhì)量和圓周軌道半徑 [解析]　在最高點對小球受力分析，由牛頓第二定律有T＋mg＝m，可得圖線的函數(shù)表達(dá)式為T＝m－mg，圖乙中橫軸截距為a，則

23、有0＝m－mg，得g＝，則a＝gR；圖線過點(2a，b)，則b＝m－mg，可得b＝mg，則＝，A、B、C錯．由b＝mg得m＝，由a＝gR得R＝，則D正確． [答案] D 高考答題規(guī)范——平拋運動與圓周運動的組合 [考點歸納] 處理平拋運動與圓周運動組合問題應(yīng)做好以下兩個分析 1．臨界點分析：對于物體在臨界點相關(guān)的多個物理量，需要區(qū)分哪些物理量能夠突變，哪些物理量不能突變，而不能突變的物理量(一般指線速度)往往是解決問題的突破口． 2．運動過程分析：對于物體參與的多個運動過程，要仔細(xì)分析每個運動過程做何種運動．若為圓周運動，應(yīng)明確是水平面的勻速圓周運動，還是豎直平面的變速圓周運動

24、，機(jī)械能是否守恒；若為拋體運動，應(yīng)明確是平拋運動，還是類平拋運動，垂直于初速度方向的力是哪個力． [典題示例] (20分)(2016·全國卷Ⅱ)輕質(zhì)彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l.現(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接．AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示．物塊P與AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5.用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P開始沿軌道運動．重力加速度大小為g. (1)若P的質(zhì)量為m，求P到達(dá)B點時速

25、度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點之間的距離； (2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍． [審題指導(dǎo)] 第一步　讀題干—提信息 題干 信息 1)當(dāng)彈簧被壓縮到最短時 說明此時物體速度為零． 2)將彈簧壓縮至長度l 說明此時彈性勢能與彈簧豎直放置時(彈簧長度也為l)相等． 3)光滑半圓軌道 屬于“繩模型”，最高點時速度vD滿足vD≥. 4)它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點之間的距離 離開圓軌道后做平拋運動. 第二步　審程序—順?biāo)悸? ? ?P的質(zhì)量取值范圍． [滿分答案]　(1)依題意，當(dāng)彈簧豎直放

26、置，長度被壓縮至l時，質(zhì)量為5m的物體的動能為零，其重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能．由機(jī)械能守恒定律，彈簧長度為l時的彈性勢能Ep＝5mgl①(1分) 設(shè)P的質(zhì)量為M，到達(dá)B點時的速度大小為vB，由能量守恒定律得 Ep＝Mv＋μMg·4l②(2分) 聯(lián)立①②式，取M＝m并代入題給數(shù)據(jù)得vB＝③(2分) 若P能沿圓軌道運動到D點，其到達(dá)D點時的向心力不能小于重力，即P此時的速度大小v應(yīng)滿足－mg≥0④(1分) 設(shè)P滑到D點時的速度為vD，由機(jī)械能守恒定律得 mv＝mv＋mg·2l⑤(2分) 聯(lián)立③⑤式得vD＝⑥(2分) vD滿足④式要求，故P能運動到D點，并從D點以速度vD水平射出

27、．設(shè)P落回到軌道AB所需的時間為t，由運動學(xué)公式得2l＝gt2⑦(1分) P落回到AB上的位置與B點之間的距離為s＝vDt⑧(1分) 聯(lián)立⑥⑦⑧式得s＝2l⑨(2分) (2)為使P能滑上圓軌道，它到達(dá)B點時的速度不能小于零．由①②式可知5mgl>μMg·4l⑩(2分) 要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道上的上升高度不能超過半圓軌道的中點C.由機(jī)械能守恒定律有Mv≤Mgl?(2分) 聯(lián)立①②⑩?式得m≤M

28、是要用整體法和隔離法相結(jié)合求解的題目，一定要注意研究對象的轉(zhuǎn)移和轉(zhuǎn)化問題). (2)畫出受力分析圖、電路圖、光路圖或運動過程的示意圖. (3)說明所設(shè)字母的物理意義. (4)說明規(guī)定的正方向、零勢點(面). (5)說明題目中的隱含條件、臨界條件. (6)說明所列方程的依據(jù)、名稱及對應(yīng)的物理過程或物理狀態(tài). (7)說明所求結(jié)果的物理意義(有時需要討論分析). [滿分體驗]　如圖所示，水平傳送帶的右端與豎直面內(nèi)的用光滑鋼管彎成的“9”形固定軌道相接，鋼管內(nèi)徑很?。畟魉蛶У倪\行速度為v0＝6 m/s，將質(zhì)量m＝1 kg的可看作質(zhì)點的滑塊無初速地放到傳送帶A端，傳送帶長度為L＝12 m，

29、“9”字全高H＝0.8 m，“9”字CDE部分圓弧半徑為R＝0.2 m的圓弧，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.3，取重力加速度g＝10 m/s2. (1)求滑塊從傳送帶A端運動到B端所需要的時間； (2)求滑塊滑到軌道最高點D時對軌道作用力的大小和方向； (3)若滑塊從“9”形軌道F點水平拋出后，恰好垂直撞在傾角θ＝45°的斜面上的P點，求P、F兩點間的豎直高度h. [解析]　(1)滑塊在傳送帶上加速運動時，由牛頓第二定律有μmg＝ma 解得：a＝μg＝3 m/s2 加速到與傳送帶共速的時間t1＝＝2 s 2 s內(nèi)滑塊的位移x1＝at＝6 m 之后滑塊做勻速運動的位移x2＝L－x1＝6 m 所用時間t2＝＝1 s 故t＝t1＋t2＝3 s (2)滑塊由B運動到D的過程中由動能定理得： －mgH＝mv－mv 在D點：FN＋mg＝m 解得：FN＝90 N，方向豎直向下 由牛頓第三定律得：滑塊對軌道的壓力大小是90 N，方向豎直向上 (3)滑塊由B運動到F的過程中由動能定理得： －mg(H－2R)＝mv－mv 滑塊撞擊P點時，其速度沿豎直方向的分速度為：vy＝ 豎直方向有：v＝2gh 解得：h＝1.4 m. [答案]　(1)3 s　(2)90 N　方向豎直向上　(3)1.4 m 17