13、動(dòng)能增加了2 000 J
C.重力勢(shì)能減小了1 900 J
D.重力勢(shì)能減小了2 000 J
答案 C
解析 由題可得，重力做功WG＝1 900 J，則重力勢(shì)能減少1 900 J ，故C正確，D錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理得，WG－Wf＝ΔEk，克服阻力做功Wf＝100 J，則動(dòng)能增加1 800 J，故A、B錯(cuò)誤.
5.如圖6所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab與水平面的夾角為60°，光滑斜面bc與水平面的夾角為30°，頂角b處安裝一定滑輪.質(zhì)量分別為M、m(M＞m)的滑塊，通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過(guò)定滑輪連接，輕繩與斜面平行.兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運(yùn)動(dòng).若不計(jì)滑輪的質(zhì)量和
14、摩擦，在兩滑塊沿斜面運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中( )
圖6
A.輕繩對(duì)滑輪作用力的方向是豎直向下
B.拉力和重力對(duì)M做功之和大于M動(dòng)能的增加
C.拉力對(duì)M做的功等于M機(jī)械能的增加
D.兩滑塊組成系統(tǒng)的機(jī)械能損失等于M克服摩擦力做的功
答案 BD
解析 因作用在滑輪上的左右兩邊繩子的拉力大小相等，但是與豎直方向的夾角不同，故由力的合成知識(shí)可知，輕繩對(duì)滑輪作用力的方向不是豎直向下，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，拉力、重力和摩擦力做功之和等于M的動(dòng)能增量，故拉力和重力對(duì)M做功之和大于M動(dòng)能的增加，選項(xiàng)B正確；由功能關(guān)系可知，拉力和摩擦力對(duì)M做的功等于M機(jī)械能的增加，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由功能關(guān)系可知，兩滑
15、塊組成系統(tǒng)的機(jī)械能損失等于M克服摩擦力做的功，選項(xiàng)D正確.
考題三 動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用
力學(xué)綜合問(wèn)題，涉及動(dòng)力學(xué)、功能關(guān)系，解決此類問(wèn)題關(guān)鍵要做好“四選擇”.
(1)當(dāng)物體受到恒力作用發(fā)生運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的改變而且又涉及時(shí)間時(shí)，一般選擇用動(dòng)力學(xué)方法解題；
(2)當(dāng)涉及功、能和位移時(shí)，一般選用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系或能量守恒定律解題，題目中出現(xiàn)相對(duì)位移時(shí)，應(yīng)優(yōu)先選擇能量守恒定律；
(3)當(dāng)涉及細(xì)節(jié)并要求分析力時(shí)，一般選擇牛頓運(yùn)動(dòng)定律，對(duì)某一時(shí)刻的問(wèn)題選擇牛頓第二定律求解：
(4)復(fù)雜問(wèn)題的分析一般需選擇能量的觀點(diǎn)、運(yùn)動(dòng)與力的觀點(diǎn)綜合解題.
例3 如圖7所示，光滑
16、管狀軌道ABC由直軌道AB和圓弧軌道BC組成，二者在B處相切并平滑連接，O為圓心，O、A在同一條水平線上，OC豎直，一直徑略小于圓管直徑的質(zhì)量為m的小球，用細(xì)線穿過(guò)管道與質(zhì)量為M的物塊連接，將小球由A點(diǎn)靜止釋放，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)細(xì)線斷裂，小球繼續(xù)運(yùn)動(dòng).已知弧形軌道的半徑為R＝ m，所對(duì)應(yīng)的圓心角為53°，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2.
圖7
(1)若M＝5m，求小球在直軌道部分運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小.
(2)若M＝5m，求小球從C點(diǎn)拋出后下落高度h＝ m時(shí)到C點(diǎn)的水平位移.
(3)M、m滿足什么關(guān)系時(shí)，小球能夠運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)？
[思維規(guī)范流程]
17、步驟1：在直軌道部分，對(duì)小球、物塊列牛頓第二定律方程
對(duì)小球：F－mgsin 53°＝ma ①
對(duì)物塊：Mg－F＝Ma ②
得a＝7 m/s2 ③
步驟2：在直角△OAB中，由幾何關(guān)系得xAB，由運(yùn)動(dòng)學(xué)方程，得vB
B到C，列機(jī)械能守恒方程
過(guò)C后，平拋運(yùn)動(dòng)分方向列方程
xAB＝ ④
vB＝＝2 m/s ⑤
B→C：
mv＝mv＋mgR(1－cos 53°) ⑥
過(guò)C點(diǎn)后：x＝vCt ⑦
h＝gt2 ⑧
得：x＝ m ⑨
步驟3：A→B：列系統(tǒng)機(jī)械能守恒方程
線斷后，對(duì)球由BC列動(dòng)能定理關(guān)系式
A→B對(duì)(M，m)系統(tǒng)
(M＋m)v2＝MgxA
18、B－mgxABsin 53° ⑩
B→C，小球恰好能到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，vC＝0
－mgR(1－cos 53°)＝0－mv2 ?
得：M≥m ?
①②⑥⑩??每式各2分，其余各式1分.
變式訓(xùn)練
6.(2016·天津理綜·10)我國(guó)將于2022年舉辦冬奧會(huì)，跳臺(tái)滑雪是其中最具觀賞性的項(xiàng)目之一.如圖8所示，質(zhì)量m＝60 kg的運(yùn)動(dòng)員從長(zhǎng)直助滑道AB的A處由靜止開始以加速度a＝3.6 m/s2勻加速滑下，到達(dá)助滑道末端B時(shí)速度vB＝24 m/s，A與B的豎直高度差H＝48 m，為了改變運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)方向，在助滑道與起跳臺(tái)之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點(diǎn)C處附近是一段以O(shè)為圓心的圓弧.助滑道
19、末端B與滑道最低點(diǎn)C的高度差h＝5 m，運(yùn)動(dòng)員在B、C間運(yùn)動(dòng)時(shí)阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2.
圖8
(1)求運(yùn)動(dòng)員在AB段下滑時(shí)受到阻力Ff的大??；
(2)若運(yùn)動(dòng)員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，則C點(diǎn)所在圓弧的半徑R至少應(yīng)為多大.
答案 (1)144 N (2)12.5 m
解析 (1)運(yùn)動(dòng)員在AB上做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)AB的長(zhǎng)度為x，則有v＝2ax ①
由牛頓第二定律有mg－Ff＝ma ②
聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)解得Ff＝144 N ③
(2)設(shè)運(yùn)動(dòng)員到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為vC，在由B到達(dá)C的過(guò)程中，由動(dòng)
20、能定理得
mgh＋W＝mv－mv ④
設(shè)運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)所受的支持力為FN，由牛頓第二定律有
FN－mg＝m ⑤
由題意和牛頓第三定律知FN＝6mg ⑥
聯(lián)立④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得R＝12.5 m.
7.過(guò)山車是游樂(lè)場(chǎng)中常見的設(shè)施.圖9是一種過(guò)山車運(yùn)行軌道的簡(jiǎn)易模型，它由豎直平面內(nèi)粗糙斜面軌道和光滑圓形軌道組成.過(guò)山車與斜面軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，圓形軌道半徑為R，A點(diǎn)是圓形軌道與斜面軌道的切點(diǎn).過(guò)山車(可視為質(zhì)點(diǎn))從傾角為θ的斜面軌道某一點(diǎn)由靜止開始釋放并順利通過(guò)圓形軌道.若整個(gè)過(guò)程中，人能承受過(guò)山車對(duì)他的作用力不超過(guò)其自身重力
21、的8倍.求過(guò)山車釋放點(diǎn)距A點(diǎn)的距離范圍.
圖9
答案 ≤L≤
解析 過(guò)山車恰能通過(guò)圓軌道的最高點(diǎn)
從釋放的最低點(diǎn)到A點(diǎn)，由動(dòng)能定理
mgL1sin θ－μmgL1cos θ＝mv
設(shè)過(guò)山車經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)速度為v，從A點(diǎn)到圓軌道的最高點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律mv＝mgR(1＋cos θ)＋mv2
在圓軌道最高點(diǎn)，由牛頓第二定律mg＝m
解得：L1＝
過(guò)山車在圓軌道最低點(diǎn)承受作用力最大
從釋放的最高點(diǎn)到A點(diǎn)，由動(dòng)能定理
mgL2 sin θ－μmgL2 cos θ＝mvA′2
從A點(diǎn)到圓軌道的最低點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律
mvA′2＋mgR(1－cos θ)＝mv′2
在圓軌道
22、最低點(diǎn)，由牛頓第二定律FN－mg＝m FN＝8mg
解得：L2＝
過(guò)山車釋放點(diǎn)距A點(diǎn)的距離范圍
≤L≤
專題規(guī)范練
1.(多選)(2016·全國(guó)甲卷·19)兩實(shí)心小球甲和乙由同一種材料制成，甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量.兩球在空氣中由靜止下落，假設(shè)它們運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無(wú)關(guān).若它們下落相同的距離，則( )
A.甲球用的時(shí)間比乙球長(zhǎng)
B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
答案 BD
解析 小球的質(zhì)量m＝ρ·πr3，由題意知m甲>m乙，ρ甲＝ρ乙，則r甲>r乙.空
23、氣阻力f＝kr，對(duì)小球由牛頓第二定律得，mg－f＝ma，則a＝＝g－＝g－，可得a甲>a乙，由h＝at2知，t甲v乙，故選項(xiàng)B正確；因f甲>f乙，由球克服阻力做功Wf＝fh知，甲球克服阻力做功較大，選項(xiàng)D正確.
2.如圖1，不可伸長(zhǎng)的柔軟輕繩跨過(guò)光滑定滑輪，繩兩端各系一個(gè)小球a和b.a球質(zhì)量為m，靜置于水平地面；b球質(zhì)量為3m，用手托住，高度為h，此時(shí)輕繩剛好拉緊.現(xiàn)將b球釋放，則b球著地瞬間a球的速度大小為( )
圖1
A. B. C. D.2
答案 A
解析 在b球落地前，a、b球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，且a、b兩球速度大小相等
24、，設(shè)為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：3mgh＝mgh＋(3m＋m)v2，解得：v＝.
3.如圖2所示，A、B、C三個(gè)一樣的滑塊從粗糙斜面上的同一高度同時(shí)開始運(yùn)動(dòng).A由靜止釋放；B的初速度方向沿斜面向下，大小為v0；C的初速度方向沿水平方向，大小為v0.斜面足夠大，A、B、C運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不會(huì)相碰，下列說(shuō)法正確的是( )
圖2
A.A和C將同時(shí)滑到斜面底端
B.滑到斜面底端時(shí)，B的動(dòng)能最大
C.滑到斜面底端時(shí)，C的重力勢(shì)能減少最多
D.滑到斜面底端時(shí)，B的機(jī)械能減少最多
答案 B
解析 A、C兩個(gè)滑塊所受的滑動(dòng)摩擦力大小相等，A所受滑動(dòng)摩擦力沿斜面向上，C沿斜面向上的力是滑動(dòng)摩擦力
25、的分力，所以C沿斜面向下的加速度大于A的加速度，C先到達(dá)斜面底端，故A錯(cuò)誤；重力做功相同，摩擦力對(duì)A、B做功相同，C克服摩擦力做功最大，而B有初速度，則滑到斜面底端時(shí)，B滑塊的動(dòng)能最大，故B正確；三個(gè)滑塊下降的高度相同，重力勢(shì)能減少相同，故C錯(cuò)誤；滑動(dòng)摩擦力做功與路程有關(guān)，C運(yùn)動(dòng)的路程最大，C克服摩擦力做功最大，機(jī)械能減少最多，故D錯(cuò)誤.
4.(多選)如圖3所示，小物塊以初速度v0從O點(diǎn)沿斜向上運(yùn)動(dòng)，同時(shí)從O點(diǎn)斜向上拋出一個(gè)速度大小也為v0的小球，物塊和小球在斜面上的P點(diǎn)相遇.已知物塊和小球質(zhì)量相等，空氣阻力忽略不計(jì)，則( )
圖3
A.斜面只能是粗糙的
B.小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)離
26、斜面最遠(yuǎn)
C.在P點(diǎn)時(shí)，小球的動(dòng)能大于物塊的動(dòng)能
D.小球和物塊到達(dá)P點(diǎn)過(guò)程中克服重力做功的平均功率相等
答案 ACD
解析 把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，則沿斜面方向的速度小于物塊的速度，若斜面光滑，則小球和物塊沿斜面方向的加速度相同，則不可能在P點(diǎn)相遇，所以斜面不可能是光滑的，故A正確；當(dāng)小球的速度方向與斜面平行時(shí)，離斜面最遠(yuǎn)，此時(shí)豎直方向速度不為零，不是運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；物塊在斜面上還受摩擦力做功，物塊的機(jī)械能減小，所以在P點(diǎn)時(shí)，小球的動(dòng)能應(yīng)該大于物塊的動(dòng)能，故C正確；小球和物塊初末位置相同，則高度差相等，而重力相等，則重力做功相等，時(shí)間又相同，所以小球和物塊
27、到達(dá)P點(diǎn)過(guò)程中克服重力做功的平均功率相等，故D正確.
5.蕩秋千是一種常見的休閑娛樂(lè)活動(dòng)，也是我國(guó)民族運(yùn)動(dòng)會(huì)上的一個(gè)比賽項(xiàng)目.若秋千繩的長(zhǎng)度約為2 m，蕩到最高點(diǎn)時(shí)，秋千繩與豎直方向成60°角，如圖4所示.人在從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，以下說(shuō)法正確的是( )
圖4
A.最低點(diǎn)的速度大約為5 m/s
B.在最低點(diǎn)時(shí)的加速度為零
C.合外力做的功等于增加的動(dòng)能
D.重力做功的功率逐漸增加
答案 C
解析 秋千在下擺過(guò)程中，受到的繩子拉力不做功，機(jī)械能守恒，則得：mgL(1－cos 60°)＝mv2，解得：v＝＝ m/s＝2 m/s，A錯(cuò)誤；在最低點(diǎn)合力指向圓心，加速度不為
28、零，B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理合外力做的功等于增加的動(dòng)能，C正確；P＝mgv⊥，由于在豎直方向上的速度從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)過(guò)程中先增大后減小，故重力做功的功率先增大后減小，D錯(cuò)誤.
6.(多選)(2016·浙江理綜·18)如圖5所示為一滑草場(chǎng).某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，滑草車與草地之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經(jīng)過(guò)上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計(jì)滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8).則( )
圖5
A.動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝
B.載人滑草車最大速度為
29、C.載人滑草車克服摩擦力做功為mgh
D.載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為g
答案 AB
解析 對(duì)滑草車從坡頂由靜止滑下，到底端靜止的全過(guò)程，得mg·2h－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，解得μ＝，選項(xiàng)A正確；對(duì)經(jīng)過(guò)上段滑道過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得，mgh－μmgcos 45°·＝mv2，解得v＝ ，選項(xiàng)B正確；載人滑草車克服摩擦力做功為2mgh，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；載人滑草車在下段滑道上的加速度為a＝＝－g，即加速度大小為g，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.
7.(多選)(2016·全國(guó)丙卷·20)如圖6，一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)P.它在容
30、器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中，克服摩擦力做的功為W.重力加速度大小為g.設(shè)質(zhì)點(diǎn)P在最低點(diǎn)時(shí)，向心加速度的大小為a，容器對(duì)它的支持力大小為N，則( )
圖6
A.a＝ B.a＝
C.N＝ D.N＝
答案 AC
解析 質(zhì)點(diǎn)P下滑過(guò)程中，重力和摩擦力做功，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgR－W＝mv2，根據(jù)公式a＝，聯(lián)立可得a＝，A正確，B錯(cuò)誤；在最低點(diǎn)重力和支持力的合力充當(dāng)向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得，N－mg＝ma，代入可得，N＝，C正確，D錯(cuò)誤.
8.(多選)如圖7所示，豎直光滑桿固定不動(dòng)，套在桿上的彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h＝0.1 m處，滑塊與彈
31、簧不拴接.現(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過(guò)傳感器測(cè)量到滑塊的速度和離地高度h并作出滑塊的Ek－h(huán)圖象，其中高度從0.2 m上升到0.35 m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，以地面為零勢(shì)能面，取g＝10 m/s2，由圖象可知( )
圖7
A.小滑塊的質(zhì)量為0.2 kg
B.彈簧最大彈性勢(shì)能為0.32 J
C.輕彈簧原長(zhǎng)為0.2 m
D.小滑塊的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能總和最小為0.18 J
答案 AC
解析 從0.2 m上升到0.35 m的范圍內(nèi)，ΔEk＝－ΔEp＝－mgΔh，圖線的斜率絕對(duì)值為：k＝＝＝－2 N＝－mg，所以：m＝0.2 kg，故A正確；根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，當(dāng)滑
32、塊上升至最大高度時(shí)，增加的重力勢(shì)能即為彈簧最大彈性勢(shì)能，所以Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1) J＝0.5 J，故B錯(cuò)誤；在Ek－h(huán)圖象中，圖線的斜率表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.2 m上升到0.35 m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，說(shuō)明滑塊從0.2 m上升到0.35 m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，所以h＝0.2 m，滑塊與彈簧分離，彈簧的原長(zhǎng)為0.2 m，故C正確；由圖可知，當(dāng)h＝0.18 m時(shí)的動(dòng)能最大；在滑塊整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能之間相互轉(zhuǎn)化，因此動(dòng)能最大時(shí)，滑塊的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能總和最小，根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒可知，Epmin＝E－E
33、km＝Epm＋mgh－Ekm＝0.5 J＋0.2×10×0.1 J－0.32 J＝0.38 J，故D錯(cuò)誤.
9.如圖8所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿一端連著質(zhì)量為m的小球，另一端用活動(dòng)鉸鏈固接于水平地面上的O點(diǎn)，初始時(shí)小球靜止于地面上，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為M的正方體左側(cè)靜止于O點(diǎn)處.現(xiàn)在桿中點(diǎn)處施加一大小始終為(g為重力加速度)、方向始終垂直桿的拉力，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后撤去F，小球恰好能到達(dá)最高點(diǎn)，忽略一切摩擦，試求：
圖8
(1)拉力所做的功；
(2)拉力撤去時(shí)小球的速度大小；
(3)若小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)后由靜止開始向右傾斜，求桿與水平面夾角為θ時(shí)(正方體和小球還未脫落)，正方體的速度大小.
答案
34、(1)mgL (2)
(3)
解析 (1)根據(jù)動(dòng)能定理可得：WF－mgL＝0
力F所做的功為WF＝mgL
(2)設(shè)撤去F時(shí)，桿與水平面夾角為α，撤去F前，有：WF＝×α＝mgL，解得：α＝
根據(jù)動(dòng)能定理有：mgL－mgLsin α＝mv2
得撤去F時(shí)小球的速度為：v＝
(3)設(shè)桿與水平面夾角為θ時(shí)，桿的速度為v1，正方體的速度為v2，v2＝v1sin θ
系統(tǒng)機(jī)械能守恒有：mg(L－Lsin θ)＝mv＋Mv
解得：v2＝ .
10.如圖9所示，虛線圓的半徑為R，AC為光滑豎直桿，AB與BC構(gòu)成直角的L形軌道，小球與AB、BC軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，A、B、C三點(diǎn)正好是
35、圓上三點(diǎn)，而AC正好為該圓的直徑，AB與AC的夾角為α.如果套在AC桿上的小球自A點(diǎn)靜止釋放，分別沿ABC軌道和AC直軌道運(yùn)動(dòng)，忽略小球滑過(guò)B處時(shí)的能量損耗.求：
圖9
(1)小球在AB軌道上運(yùn)動(dòng)的加速度；
(2)小球沿ABC軌道運(yùn)動(dòng)到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速率；
(3)若AB、BC、AC軌道均光滑，如果沿ABC軌道運(yùn)動(dòng)到達(dá)C點(diǎn)的時(shí)間與沿AC直軌道運(yùn)動(dòng)到達(dá)C點(diǎn)的時(shí)間之比為5∶3，求α的正切值.
答案 (1)gcos α－μgsin α (2)2 (3)2.4
解析 (1)從A到B，由牛頓第二定律得：
mgcos α－μmgsin α＝ma
解得：a＝gcos α－μgsin α
(2)小球沿ABC軌道運(yùn)動(dòng)，從A到C，由動(dòng)能定理可得：mv＝mg·2R－2μmg·2Rcos αsin α
解得：vC＝2
(3)設(shè)小球沿AC直導(dǎo)軌做自由落體運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則有：2R＝gt2
解得：t＝2
軌道均光滑，小球由A到B機(jī)械能守恒，設(shè)B點(diǎn)的速度為vB，則有：
mg·2R cos2α＝mv
解得：vB＝2 cos α
且依等時(shí)圓，tAB＝t，則B到C的時(shí)間為：
tBC＝t－t＝t＝
以后沿BC直導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)的加速度為：
a′＝gsin α，且BC＝2Rsin α
故2Rsin α＝vBtBC＋a′t
代入數(shù)據(jù)得：tan α＝2.4.
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（全國(guó)通用）2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題5 功能關(guān)系的理解和應(yīng)用學(xué)案
