2024年高考物理二轮复习第一部分第4讲曲线运动学案

PAGE16-第4讲曲线运动1．物体做曲线运动的条件．当物体所受合外力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上时，物体做曲线运动．2．运动的合成与分解的运算法则：平行四边形定则．3．做平抛运动的物体，平抛运动的时间完全由下落高度确定．4．平抛(或类平抛)运动的推论．(1)随意时刻速度的反向延长线肯定通过此时水平位移的中点．(2)设在随意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为φ，则有tanθ＝2tanφ.5．做匀速圆周运动的物体，其向心力等于合力，并且向心力只变更速度的方向，不变更速度的大小，因此物体的动能保持不变，向心力不做功，但动量不断变更．6．水平面内圆周运动临界问题．(1)水平面内做圆周运动的物体其向心力可能由弹力、摩擦力等力供应，常涉及绳的张紧与松弛、接触面分别等临界状态．(2)常见临界条件：绳子松弛的临界条件是绳的张力FT＝0；接触面滑动的临界条件是拉力F＝Ffmax；接触面分别的临界条件是接触面间的弹力FN＝0.7．竖直平面内圆周运动的两种临界问题．(1)绳模型：半径为R的圆形轨道，物体能通过最高点的条件是v≥eq\r(gR).(2)杆模型：物体能通过最高点的条件是v≥0.1.(2024·全国卷Ⅰ)如图，一同学表演荡秋千．已知秋千的两根绳长均为10m，该同学和秋千踏板的总质量约为50kg.绳的质量忽视不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为()A．200NB．400NC．600ND．800N解析：最低点由2T－mg＝eq\f(mv2,r)，知T＝410N，即每根绳子拉力约为400N，故B正确．答案：B2．(2024·全国卷Ⅱ)如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h.若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点．c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点.eq\f(E2,E1)等于()A．20B．18C．9.0D．3.0解析：有题意可知当在a点动能为E1时，有E1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，依据平抛运动规律有h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，h＝v1t1，当在a点时动能为E2时，有E2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，依据平抛运动规律有eq\f(1,2)h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，3h＝v2t2，联立以上各式可解得eq\f(E2,E1)＝18，故B正确．答案：B3.(2024·全国卷Ⅱ)(多选)如图(a)，在跳台滑雪竞赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离．某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台起先计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v-t图象如图(b)所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻．则()A．其次次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B．其次次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C．其次次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D．竖直方向速度大小为v1时，其次次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大解析：依据v-t图线与横轴所围图形的面积表示位移，可知其次次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，选项A错误；依据v-t图线的斜率表示加速度，综合分析可知，其次次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小，选项C错误；其次次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次的大，又运动员每次滑翔过程中竖直位移与水平位移的比值相同(等于倾斜雪道与水平面夹角的正切值)，故其次次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，选项B正确；竖直方向上的速度大小为v1时，依据v-t图线的斜率表示加速度可知，其次次滑翔过程中在竖直方向上的加速度比第一次的小，由牛顿其次定律有mg－F阻＝ma，可知其次次滑翔过程中在竖直方向上所受阻力比第一次的大，选项D正确．答案：BD考点一运动的合成与分解1．运动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)明确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)．(4)运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解．2．关联速度分解问题．对于用绳、杆相牵连的物体，在运动过程中，两物体的速度通常不同，但两物体沿绳或杆方向的速度重量大小相等．(1)常用的解答思路：先确定合运动的方向，然后分析合运动所产生的实际效果，以确定两个分速度的方向(作出分速度与合速度的矢量关系的平行四边形)．(2)常见的模型．3．小船过河的时间t＝eq\f(d,v垂)，其中v垂为小船在静水中的速度沿垂直于河岸方向的分速度．如图所示，甲、乙两船在同一河岸边A、B两处，两船船头方向与河岸均成θ角，且恰好对准对岸边C点．若两船同时起先渡河，经过一段时间t，同时到达对岸，乙船恰好到达正对岸的D点．若河宽d、河水流速均恒定，两船在静水中的划行速率恒定，不影响各自的航行，下列推断正确的是()A．两船在静水中的划行速率不同B．甲船渡河的路程有可能比乙船渡河的路程小C．两船同时到达D点D．河水流速为eq\f(dtanθ,t)解析：由题意可知，两船渡河的时间相等，两船沿垂直河岸方向的分速度v1相等，由v1＝vsinθ知两船在静水中的划行速率v相等，故A项错误；乙船沿BD到达D点，故河水流速v水方向沿AB方向，且v水＝vcosθ，甲船不行能到达正对岸，甲船渡河的路程较大，故B项错误；由于甲船沿垂直河岸的位移d＝vsinθ·t，沿AB方向的位移大小x＝(vcosθ＋v水)t，解得x＝eq\f(2d,tanθ)＝AB，故两船同时到达D点，故C项正确；依据速度的合成与分解v水＝vcosθ，而vsinθ＝eq\f(d,t)，解得v水＝eq\f(d,ttanθ)，故D项错误．答案：C考向小船渡河问题1．端午节赛龙舟是中华民族的传统，若某龙舟在竞赛前划向竞赛点的途中要渡过72m宽两岸平直的河，龙舟在静水中划行的速率为4m/s，河水的流速3m/s，下列说法中正确的是()A．该龙舟以最短时间渡河通过的位移为96mB．该龙舟渡河的最大速率为8m/sC．该龙舟渡河所用时间最少为18sD．该龙舟不行能沿垂直河岸的航线抵达对岸解析：该龙舟以最短时间渡河，tmin＝eq\f(d,v1)＝eq\f(72,4)s＝18s，沿河岸方向的位移：x＝v2tmin＝54m；通过的位移为x′＝eq\r(d2＋x2)＝eq\r(722＋542)m＝90m，故A项错误，C项正确；当船速与水流速度同向时合速度最大，最大速度为4m/s＋3m/s＝7m/s，故B项错误；因龙舟的静水速度大于水流速度，可知该龙舟能够垂直河岸到达正对岸，故D项错误．答案：C考向关联速度问题2．质量为m的物体P置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动．当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角θ2时(如图所示)，下列推断正确的是()A．P的速率为vB．P的速率为vcosθ2C．绳的拉力等于mgsinθ1D．绳的拉力小于mgsinθ1解析：将小车速度沿绳子和垂直绳子方向分解为v1、v2，P的速率等于v1＝vcosθ2，A错误，B正确；小车向右做匀速直线运动，θ2减小，P的速率增大，绳的拉力大于mgsinθ1，C、D错误．答案：B考向运动的合成实例3.如图所示，在灭火抢救过程中，消防队员有时要借助消防车上的梯子爬到高处进行救人或灭火作业．为了节约救援时间，人沿梯子匀加速向上运动的同时消防车匀速后退，则关于消防队员的运动，下列说法正确的是()A．消防队员做匀加速直线运动B．消防队员做匀变速曲线运动C．消防队员做变加速曲线运动D．消防队员水平方向的速度保持不变解析：依据运动的合成，知合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，其加速度的方向大小不变，所以消防员做匀变速曲线运动，故A、C错误，B正确．将消防员的运动分解为水平方向和竖直方向，知水平方向上的最终的速度为消防车匀速后退的速度和消防队员沿梯子方向速度在水平方向上的分速度的合速度，因为沿梯子方向的速度在水平方向上的分速度在变更，所以消防队员水平方向的速度在变更，故D错误．答案：B考点二平抛运动规律1．平抛运动的基本规律．2．平抛运动中的两个重要推论．(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线肯定通过此时水平位移的中点，如图甲所示．(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则tanθ＝2tanα，如图乙所示．(2024·江苏卷)(多选)如图所示，小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和2l.忽视空气阻力，则()A．A和B的位移大小相等B．A的运动时间是B的2倍C．A的初速度是B的eq\f(1,2)D．A的末速度比B的大解析：位移为初位置到末位置的有向线段，如题图所示可得sA＝eq\r(l2＋（2l）2)＝eq\r(5)l，sB＝eq\r(l2＋（2l）2)＝eq\r(5)l，A和B的位移大小相等，A正确；平抛运动的时间由高度确定，即tA＝eq\r(\f(2×2l,g))＝eq\r(2)×eq\r(\f(2l,g))，tB＝eq\r(\f(2×l,g))＝eq\r(\f(2l,g))，则A的运动时间是B的eq\r(2)倍，B错误；平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则vxA＝eq\f(l,tA)＝eq\f(\r(gl),2)，vxB＝eq\f(2l,tB)＝eq\r(2gl)，则A的初速度是B的eq\f(1,2\r(2))，C错误；小球A、B在竖直方向上的速度分别为vyA＝2eq\r(gl)，vyB＝eq\r(2gl)，所以可得vA＝eq\f(\r(17gl),2)，vB＝2eq\r(gl)＝eq\f(\r(16gl),2)，即vA>vB，D正确．答案：AD考向平抛运动的应用1．如图所示是运动员将网球在边界A处正上方B点水平向右击出，恰好过网C的上边沿落在D点的示意图，不计空气阻力，已知AB＝h1，网高h2＝eq\f(5,9)h1，AC＝x，重力加速度为g，下列说法中正确的是()A．落点D距离网的水平距离为eq\f(1,3)xB．网球的初速度大小为xeq\r(\f(g,h1))C．若击球高度低于eq\f(20,27)h1，无论球的初速度多大，球都不行能落在对方界内D．若保持击球高度不变，球的初速度v0只要不大于eq\f(x\r(2gh1),h1)，肯定落在对方界内解析：因为h1－h2＝eq\f(4,9)h1，由t＝eq\r(\f(2h,g))可知eq\f(tAC,tAD)＝eq\f(2,3)，由x＝v0t可知eq\f(xAC,xAD)＝eq\f(2,3)，则xAD＝eq\f(3,2)x，D距网的水平距离为eq\f(1,2)x，所以A错误；网球从A到D，h1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,AD)，eq\f(3,2)x＝v0tAD，得v0＝eq\f(3,4)xeq\r(\f(2g,h1))，所以B错误；当击球高度为一临界值h′，此时球刚好过网又刚好压界，则有h′－h2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，x＝v0t1，h′＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，2x＝v0t2，解得h′＝eq\f(20,27)h1，若击球高度小于该临界值，速度大会出界，速度小会触网，所以C正确；若保持击球高度不变，要想球落在对方界内，则有h1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，2x＝vmaxt1，则平抛的最大速度vmax＝eq\f(x,h1)eq\r(2gh1)；h1－h2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，x＝vmint2，则平抛运动的最小速度vmin＝eq\f(3,4)·eq\f(x,h1)eq\r(2gh1)，即eq\f(3,4)·eq\f(x,h1)eq\r(2gh1)＜v＜eq\f(x,h1)eq\r(2gh1)，所以D错误．答案：C考向与斜面相关的平抛运动2.2024年冬奥会将在北京实行，滑雪是冬奥会的竞赛项目之一．如图所示，某运动员(可视为质点)从雪坡上先后以初速度之比v1∶v2＝3∶4沿水平方向飞出，均落在雪坡上，不计空气阻力，则运动员从飞出到落到雪坡上的整个过程中()A．运动员先后落在雪坡上的速度方向不相同B．运动员先后在空中飞行的时间之比为9∶16C．运动员先后落到雪坡上的速度之比为3∶4D．运动员先后下落的高度之比为3∶4解析：设运动员的速度和水平方向的夹角为α，则tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，而位移和水平方向的夹角tanθ＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，因此可得tanα＝2tanθ；运动员先后落在雪坡上时位移的偏向角相同，依据平抛运动速度的偏向角的正切等于位移的偏向角的正切的2倍可知，速度的偏向角相同，即运动员落到雪坡上的速度方向相同，选项A错误；依据tanθ＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，可得t＝eq\f(2v0tanθ,g)，由于v1∶v2＝3∶4，可知t1∶t2＝3∶4，依据vy＝gt可知竖直速度之比为v1y∶v2y＝3∶4，因速度偏向角相等，则落到雪坡上的速度之比v′1∶v′2＝3∶4，依据h＝eq\f(1,2)gt2可知运动员先后下落的高度之比为h1∶h2＝teq\o\al(2,1)∶teq\o\al(2,2)＝9∶16，则选项C正确，A、B、D错误．答案：C考向平抛运动重要推论的应用3.一个小球从一斜面顶端分别以v10、v20、v30水平抛出，分别落在斜面上1、2、3点，如图所示，落到斜面时竖直分速度分别是v1y、v2y、v3y，则()A.eq\f(v1y,v10)>eq\f(v2y,v20)>eq\f(v3y,v30)B.eq\f(v1y,v10)<eq\f(v2y,v20)<eq\f(v3y,v30)C.eq\f(v1y,v10)＝eq\f(v2y,v20)＝eq\f(v3y,v30)D．条件不足，无法比较解析：设小球落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角为α，由tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)＝eq\f(gt2,v0t)＝eq\f(2y,x)＝2tanθ，所以eq\f(v1y,v10)＝eq\f(v2y,v20)＝eq\f(v3y,v30)，选项C正确．答案：C考向逆向思维和对称方法的应用4.如图所示，水平面上有一足够长的斜面，在斜面上的某点将一小球以速度v0斜向上抛出，抛出时速度方向与斜面的夹角为θ，经过一段时间后，小球沿水平方向击中斜面，不计空气阻力．若减小小球抛出时的速度v0，仍使小球水平击中斜面，则应当()A．保持夹角θ不变B．适当增大夹角θC．适当减小夹角θD．无论怎样调整夹角θ，小球都不行能水平击中斜面解析：小球斜向上抛出水平击中斜面，可以看成从斜面上平抛后击中斜面的逆运动，小球从斜面抛出落在斜面上，斜面倾角即为平抛运动的位移与水平面的夹角，只要小球仍落在斜面上，位移偏向角不变，依据速度偏向角与位移偏向角的关系可知，速度偏向角也不变，所以减小斜抛的速度v0后，若使小球仍能水平击中斜面，应保持夹角θ不变，故选项A正确，B、C、D错误．答案：A考向类平抛运动5.如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为θ，一物块(可看成质点)沿斜面左上方顶点P水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，则()A．P→Q所用的时间t＝2eq\r(2\f(l,gsinθ))B．P→Q所用的时间t＝eq\r(\f(2l,g))C．初速度v0＝beq\r(\f(gsinθ,2l))D．初速度v0＝beq\r(\f(g,2l))解析：物体的加速度为a＝gsinθ.依据l＝eq\f(1,2)at2，得t＝eq\r(\f(2l,gsinθ))，故A、B两项错误；初速度v0＝eq\f(b,t)＝beq\r(\f(gsinθ,2l))，故C项正确，D项错误．答案：C6.如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O.求：(1)粒子在电场中运动的时间；(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tanα；(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离Y.解析：(1)粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，粒子在电场中运动的时间为t＝eq\f(L,v0).(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，依据牛顿其次定律，粒子在电场中的加速度为a＝eq\f(Eq,m).vy＝at＝eq\f(qEL,mv0)，故粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qEL,mveq\o\al(2,0)).(3)设粒子在电场中的偏转距离为y，则：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qEL2,mveq\o\al(2,0))，又Y＝y＋Ltanα，解得：Y＝eq\f(3qEL2,2mveq\o\al(2,0)).答案：(1)eq\f(L,v0)(2)eq\f(qEL,mveq\o\al(2,0))(3)eq\f(3qEL2,2mveq\o\al(2,0))考点三圆周运动问题1．解决圆周运动问题的关键．(1)几何关系分析：分析圆周运动的轨道平面、圆心、半径等．(2)运动分析：分析圆周运动的线速度、角速度、周期等．(3)受力分析：做好受力分析，利用力的合成与分解学问，表示出物体做圆周运动时，外界所供应的向心力．2．圆周运动的两类模型．(1)水平方向上的圆周运动模型．图例受力状况临界状态①竖直方向：受重力和支持力，二力平衡，合力为零②水平方向：受静摩擦力的作用，且静摩擦力供应物体做圆周运动的向心力．关系式为：Ff＝eq\f(mv2,R)当F向＝Ffmax时，物块达到临界状态(2)竖直方向上的圆周运动模型．项目绳模型杆模型图例最高点受力重力mg、弹力F弹向下或等于零重力mg、弹力F弹向下、向上或等于零最高点向心力mg＋F弹＝meq\f(v2,r)mg＋F弹＝meq\f(v2,r)或mg－F弹＝meq\f(v2,r)恰好过最高点F弹＝0，v＝eq\r(gr)，在最高点速度不能为零mg＝F弹，v＝0，在最高点速度可为零(2024·北京质检)(多选)如图所示，甲、乙、丙、丁是游乐场中比较常见的过山车，甲、乙两图的轨道车在轨道的外侧做圆周运动，丙、丁两图的轨道车在轨道的内侧做圆周运动，两种过山车都有平安锁(由上、下、侧三个轮子组成)把轨道车套在了轨道上，四个图中轨道的半径都为R，下列说法正确的是()A．甲图中，当轨道车以肯定的速度通过轨道最高点时，座椅肯定给人向上的力B．乙图中，当轨道车以肯定的速度通过轨道最低点时，平安带肯定给人向上的力C．丙图中，当轨道车以肯定的速度通过轨道最低点时，座椅肯定给人向上的力D．丁图中，轨道车过最高点的最小速度为eq\r(gR)解析：甲图中，由mg＝meq\f(v2,R)可知，当轨道车以肯定的速度v＝eq\r(gR)通过轨道最高点时，座椅给人向上的力为零，A错误；乙图中，由F－mg＝meq\f(v2,R)可知，当轨道车以肯定的速度通过轨道最低点时，平安带肯定给人向上的力F＝mg＋meq\f(v2,R)，B正确；丙图中，由F－mg＝meq\f(v2,R)可知，当轨道车以肯定的速度通过轨道最低点时，座椅肯定给人向上的力F＝mg＋meq\f(v2,R)，C正确；由于过山车都有平安锁(由上、下、侧三个轮子组成)把轨道车套在了轨道上，丁图中，轨道车过最高点的最小速度可以为零，D错误．答案：BC考向竖直方向上的圆周运动1.(多选)2013年，我国航天员在“天宫一号”为青少年进行太空授课，运行中的“天宫一号”处于完全失重状态．在“天宫一号”中，长为L的细线一端固定，另一端系一个小球，拉直细线，让小球在B点以垂直于细线的速度v0起先做圆周运动，如图所示．设“天宫一号”卫星轨道处的重力加速度为g′，在小球运动的过程中，下列说法正确的是()A．小球做匀速圆周运动B．细线拉力的大小不断变更C．只要v0＞0，小球就能通过A点D．只有v0≥eq\r(5g′L)，小球才能通过A点解析：在“天宫一号”中，小球处于完全失重状态，让小球在B点以垂直于细线的速度v0起先做圆周运动，则小球做匀速圆周运动，细线的拉力供应向心力，大小不变，方向时刻变更，选项A正确，B错误；只要v0＞0，小球就能通过A点，选项C正确，D错误．答案：AC考向水平方向上的圆周运动2．如图所示，两个相同的小木块A和B(均可看作为质点)，质量均为m.用长为L的轻绳连接，置于水平圆盘的同一半径上，A与竖直轴的距离为L，此时绳子恰好伸直无弹力，木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止起先绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是()A．木块A、B所受的摩擦力始终相等B．木块B所受摩擦力总等于木块A所受摩擦力的两倍C．ω＝eq\r(\f(kg,L))是绳子起先产生弹力的临界角速度D．若ω＝eq\r(\f(2kg,3L))，则木块A、B将要相对圆盘发生滑动解析：当角速度较小时，A、B均靠静摩擦力供应向心力，由于B转动的半径较大，则B先达到最大静摩擦力，角速度接着增大，则绳子出现拉力，当A的静摩擦力达到最大时，角速度增大，A、B起先发生相对滑动，可知B的静摩擦力方向始终指向圆心，在绳子出现张力前，A、B的角速度相等，半径之比为1∶2，则静摩擦力之比为1∶2，当绳子出现张力后，A、B的静摩擦力之比不是1∶2，故A、B错误．当摩擦力刚好供应B做圆周运动的向心力时，绳子起先产生拉力，则kmg＝mω2·2L，解得ω＝eq\r(\f(kg,2L))，故C错误；当A的摩擦力达到最大时，A、B起先滑动，对A有：kmg－T＝mLω′2，对B有：T＋kmg＝m·2Lω′2，解得ω′＝eq\r(\f(2kg,3L))，故D正确．答案：D考点四平抛运动与圆周运动综合问题1．解题方法：运动的合成与分解．2．解题流程．如图所示，从A点以v0＝4m/s的水平速度抛出一质量为m＝1kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平．已知长木板的质量M＝4kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.5m，h＝0.15m，R＝0.75m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g取10m/s2，求：(1)小物块运动至B点时的速度大小和方向与水平面夹角的正切值；(2)小物块滑至C点时，对圆弧轨道C点的压力大小；(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？解析：(1)物块从A到B做平抛运动，有H－h＝eq\f(1,2)gt2，设到达B点时竖直分速度为vy，则vy＝gt，v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))，代入数据解得v＝eq\r(23)m/s，方向与水平面的夹角为θ，则tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(\r(7),4).(2)从A至C点，由动能定理得mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).设C点受到的支持力为FN，则有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),R)，代入数据解得v2＝eq\r(26)m/s，FN≈44.7N.依据牛顿第三定律可知，物块对圆弧轨道C点的压力大小为44.7N.(3)由题意可知小物块对长木板的摩擦力Ff＝μ1mg＝5N，长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力F′f＝μ2(M＋m)g＝10N，因Ff＜F′f，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动．小物块在长木板上做匀减速运动，其加速度a＝μ1g＝5m/s2.若到长木板右端时速度刚好为0，则长木板