2024-2025學年新教材高中物理第五章經典力學的局限性與單元素養(yǎng)評價含解析教科版必修2

PAGE19-單元素養(yǎng)評價(四)(第四、五章)(60分鐘·60分)一、選擇題(本題共9小題,每小題3分,共27分)1.下列說法正確的是 ()A.經典力學能夠說明微觀粒子的規(guī)律性B.經典力學適用于宏觀物體的低速運動問題,不適用于高速運動的問題C.相對論與量子力學的出現,表示經典力學已失去意義D.對于微觀物體的高速運動問題,經典力學仍能適用【解析】選B。經典力學適用于低速、宏觀問題,不能說明微觀粒子的規(guī)律性,不適用于微觀粒子的高速運動問題,A、D錯誤,B正確;相對論與量子力學的出現,并不否定經典力學,只是說明經典力學有其適用范圍,C錯誤。2.(2024·威海高一檢測)如圖所示,在水平的船板上有一人拉著固定在岸邊樹上的繩子,用力使船向前移動。關于力對船做功的下列說法中正確的是 ()A.繩的拉力對船做了功B.人對繩的拉力對船做了功C.樹對繩子的拉力對船做了功D.人對船的靜摩擦力對船做了功【解析】選D。繩的拉力、人對繩子的拉力和樹對繩子的拉力都沒有作用于船,沒有對船做功。只有人對船的靜摩擦力作用于船,且船發(fā)生了位移,故對船做了功,且做正功,故選項A、B、C錯誤,選項D正確?！炯庸逃柧殹咳鐖D是“神舟”系列航天飛船返回艙返回地面的示意圖,假定其過程可簡化為打開著陸傘一段時間后,整個裝置勻速下降,為確保平安著陸,需點燃返回艙的緩沖火箭,在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運動,則 ()A.火箭起先噴氣瞬間傘繩對返回艙的拉力變小B.返回艙在噴氣過程中減速的主要緣由是空氣阻力C.返回艙在噴氣過程中所受合外力可能做正功D.返回艙在噴氣過程中處于失重狀態(tài)【解析】選A。由整體法、隔離法結合牛頓其次定律,可知A正確,B錯;由動能定理可知C錯;因返回艙具有豎直向上的加速度,因此處于超重狀態(tài),D錯。3.國慶小長假期間,小明到一家農家樂餐廳就餐時發(fā)覺,店內竟有驢拉磨磨玉米面,如圖所示,假設驢拉磨的力大小始終為500N,運動的圓的半徑為1m,且力的方向始終沿圓周的切線方向。則驢拉磨轉動一周所做的功為 ()A.0B.500JC.500πJD.1000πJ【解析】選D。由于F的方向保持與作用點的速度方向一樣,因此可把圓周劃分成許多小段探討。如圖所示,當各小段的弧長Δli足夠小(Δli→0)時,在這Δli內F的方向幾乎與該小段的位移方向重合。故WF=F·Δl1+F·Δl2+F·Δl3+…=F·2πR=1000πJ,故D正確,A、B、C錯誤。4.物體在恒定阻力作用下,以某初速度在水平面上沿直線滑行直到停止。以a、Ek、x和t分別表示物體運動的加速度大小、動能、位移的大小和運動的時間。則以下各圖像中,能正確反映這一過程的是 ()【解析】選C。物體在恒定阻力作用下運動,其加速度不變,選項A、B錯誤;由動能定理,-fx=Ek-Ek0,解得Ek=Ek0-fx,故選項C正確,D錯誤。5.(2024·菏澤高一檢測)一小球從如圖所示的弧形軌道上的A點,由靜止起先滑下。由于軌道不光滑,它僅能滑到B點。由B點返回后,僅能滑到C點,已知A、B高度差為h1,B、C高度差為h2,則下列關系正確的是 ()A.h1=h2 B.h1<h2C.h1>h2 D.h1、h2大小關系不確定【解析】選C。由能的轉化和守恒定律可知,小球由A到B的過程中重力勢能削減mgh1,全部用于克服摩擦力做功,即WAB=mgh1。同理,WBC=mgh2,又隨著小球最大高度的降低,每次滑過的路程越來越短,必有WAB>WBC,所以mgh1>mgh2,得h1>h2,故C正確。6.(2024·西城區(qū)高一檢測)如圖所示,把一個帶彈簧但質量未知的簽字筆筆尖朝上,沿豎直方向壓縮究竟,無初速釋放后筆上升的最大高度為h;再把筆水平放置在桌面上,沿水平方向壓縮究竟,無初速釋放后,筆在桌面上滑行的最大距離為s。忽視空氣阻力。則由上述物理量可估算出A.彈簧的彈性勢能的最大值B.上升過程中重力所做的功C.水平滑行過程中摩擦力所做的功D.筆與桌面間的動摩擦因數【解析】選D。設筆的質量為m,筆豎直上升時,依據能量守恒定律得:彈簧的彈性勢能的最大值Epm=mgh ①上升過程中重力所做的功W=-mgh ②筆在水平滑行過程中,由能量守恒定律得Epm=μmgs ③由①③得μ=,可知,能求出筆與桌面間的動摩擦因數,由于不能求出m,所以其他量不能解出。7.“殲-20”是中國自主研制的雙發(fā)重型隱形戰(zhàn)斗機,該機將擔負中國將來對空、對海的主權維護任務。在某次起飛中,質量為m的“殲-20”以恒定的功率P起動,其起飛過程的速度隨時間變更圖像如圖所示,經時間t0飛機的速度達到最大值為vm時,剛好起飛。關于起飛過程,下列說法正確的是 ()A.飛機所受合力不變,速度增加越來越慢B.飛機所受合力增大,速度增加越來越快C.該過程克服阻力所做的功為Pt0-mD.平均速度為【解題指南】解答本題可按以下思路進行:(1)依據P=Fv分析牽引力的變更,從而確定出合力的變更。(2)由牛頓其次定律分析加速度的變更狀況,即可分析速度變更快慢狀況。(3)將飛機的運動與勻速直線運動對比,分析其平均速度。(4)依據動能定理分析該過程克服阻力所做的功?！窘馕觥窟xC。依據圖像可知,圖像的斜率為加速度,所以起飛中,斜率越來越小,加速度越來越小,速度增加越來越慢,依據牛頓其次定律F合=ma,加速度減小,合外力減小,故A、B錯誤;依據動能定理可知:m-0=Pt0-Wf,解得:Wf=Pt0-m,故C正確;因為不是勻變速運動,所以平均速度不等于,故D錯誤。8.如圖所示,質量為m的物塊從A點由靜止起先下落,加速度是,下落H到B點后與一輕彈簧接觸,又下落h后到達最低點C(未超過彈簧的彈性限度),在由A運動到C的過程中,空氣阻力恒定,則 ()A.物塊機械能守恒B.物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒C.物塊機械能削減mg(H+h)D.物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能削減mg(H+h)【解析】選D。對于物塊來說,從A到C要克服空氣阻力做功,從B到C又將一部分機械能轉化為彈簧的彈性勢能,因此機械能確定削減,故A錯誤;由A運動到C的過程中,物塊的動能變更為零,重力勢能減小量等于機械能的減小量,所以物塊機械能削減mg(H+h),故C錯誤;物塊從A點由靜止起先下落,加速度是g,依據牛頓其次定律得:f=mg-ma=mg,所以空氣阻力所做的功為-mg(H+h),整個系統(tǒng)機械能削減量即為克服空氣阻力所做的功,所以物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能削減mg(H+h),故B錯誤,D正確。9.一足夠長的傳送帶與水平面的夾角為θ,傳送帶以確定的速度勻速運動。某時刻在傳送帶適當的位置放上具有確定初速度的物塊(如圖甲所示),以此時為t=0時刻,作出小物塊之后在傳送帶上的運動速度隨時間的變更關系,如圖乙所示(圖中取沿斜面對下的運動方向為正方向,其中v1>v2)。已知傳送帶的速度保持不變,g取10m/s2,則 ()A.0～t1時間內,物塊對傳送帶做正功B.物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ<tanθC.0～t2時間內,傳送帶對物塊做功為W=m-mD.t1時刻之后,物塊先受滑動摩擦力,對其做正功,后受靜摩擦力,對其做負功【解析】選D。由題圖乙知,物塊的初速度方向平行傳送帶斜向上,在0～t1時間內速度減小,傳送帶對物塊做負功,由牛頓第三定律知,物塊對傳送帶的摩擦力沿傳送帶向上,對傳送帶做負功,在t2時間后,物塊和傳送帶一起做勻速運動,有mgsinθ≤μmgcosθ,所以μ≥tanθ,B錯誤;在0～t2時間內,傳送帶對物塊做功W=ΔEk+ΔEp,C錯誤;在t1時刻后,物塊速度先增大后不變,摩擦力先做正功,后做負功,D正確。【加固訓練】如圖所示,長為L的木板水平放置,在木板的A端放置一個質量為m的小物體,現緩慢抬高A端,使木板以左端為軸在豎直面內轉動,當木板轉到與水平面成α角時小物體起先滑動,此時停止轉動木板,小物體滑到木板底端時的速度為v,則在整個過程中 ()A.支持力對小物體做功為0B.摩擦力對小物體做功為mgLsinαC.摩擦力對小物體做功為mv2-mgLsinαD.木板對小物體做功為mv2【解析】選C。木板由水平位置轉過α角的過程中,摩擦力方向與速度方向垂直不做功,除重力外只有板的支持力做功,故此過程中支持力所做的功等于物體增加的重力勢能:WN=ΔEp=mgLsinα,所以A錯誤;物體從起先下滑到滑究竟端的過程中,支持力不做功,重力做正功,摩擦力做負功,由動能定理得WG+Wf=mv2-0,即Wf=mv2-mgLsinα,故C正確,B錯誤;對全過程運用能量觀點,重力做功為0,無論支持力還是摩擦力,施力物體都是木板,所以木板對小物體做功為mv2,D錯誤。二、試驗題(5分)10.某學習小組的同學為驗證“動能定理”而在試驗室組裝了一套裝置如圖1所示,把試驗器材安裝好,不掛鉤碼,反復移動墊木直到小車做勻速直線運動。把細線系在小車上并繞過定滑輪懸掛質量為m的鉤碼,接通電源,放開小車,電火花計時器在被小車帶動的紙帶上打下一系列點。選取的試驗紙帶記錄如圖2所示,圖中點跡為計數點,相鄰兩計數點間時間間隔為T,并測量出x1、x2,及計數點“1”、“2”間距離d。已知小車質量為M,當地重力加速度為g。(m?M)(1)打下計數點“1”時,紙帶的速度大小v1=______;打下計數點“2”時,紙帶的速度大小v2=________。

(2)若在試驗誤差允許范圍內,關系式mgd=____________________成立,則驗證了“動能定理”。

【解析】(1)打下計數點“1”時,紙帶的速度大小v1=,打下計數點“2”時,紙帶的速度大小v2=。(2)從打下計數點“1”到打下計數點“2”,小車動能的增量ΔEk=M()2-M()2。已平衡摩擦,又m?M,可認為小車受到的合力等于mg,從打下計數點“1”到打下計數點“2”,合力對小車做的功為mgd,要驗證“動能定理”,則驗證在試驗誤差允許范圍內,mgd=M()2-M()2是否成立。答案:(1)(2)M()2-M()2三、計算題(本題共3小題,共28分。要有必要的文字說明和解題步驟,有數值計算的要注明單位)11.(9分)滑板是年輕人特別喜愛的極限運動,現有一場地規(guī)格如圖,是用鋼制作的,阻力特別小,可以忽視。g取10m/s2。(1)一人以6m/s的速度從4m的高臺滑下,求到2m高臺處其速度有多大?(2)在(1)的條件下,求他所能到達的離地最大高度有多少?(3)若他從2m高臺起先下滑,為能到達4m高臺,求下滑最小速度是多少?【解題指南】解答本題可按以下思路進行:(1)對該過程運用動能定理,求出到達2m高臺的速度大小。(2)上升到最大高度時速度為零,對整個過程運用動能定理求出上升的最大高度。(3)對該過程運用動能定理,抓住末動能為零,求出下滑的最小速度?！窘馕觥?1)人從4m的高臺滑到2m高臺的過程,依據動能定理得:mg(h0-h1)=m-m (2分)代入數據解得:v1=m/s≈8.72m/s(1分)(2)設上升離地的最大高度為H,對全過程運用動能定理得:-mg(H-h0)=0-m (2分)代入數據解得:H=5.8m(1分)(3)設下滑的最小速度為vx,依據動能定理得:-mg(h0-h1)=0-m (2分)代入數據解得:vx≈6.32m/s(1分)答案:(1)8.72m/s(2)5.8m(3)6.32m/s12.(9分)如圖所示,一塊足夠大的光滑平板與水平面所成的傾角大小可調。板上一根長為L=m的輕細繩,它的一端系住一質量為m的小球,另一端固定在板上的O點。先將輕繩平行于水平軸拉直,然后給小球一個沿著平板并與輕繩垂直的初速度v0。(取重力加速度g=10m/s2)(1)若α=90°即平板豎直時v0至少要多少,小球才能做完整的圓周運動?(2)若v0=4.0m/s,要求小球能保持在板面內做圓周運動,求傾角α的最大值?！窘馕觥?1)小球剛好通過最高點時,繩子拉力為:T=0則有:mg=m, (1分)小球從釋放到最高點的過程,據動能定理:-mgL=m-m, (2分)解得:v0=2m/s, (1分)(2)小球通過最高點時,若繩子拉力T=0,傾角α有最大值:mgsinα=m, (2分)探討小球從釋放到最高點的過程,據動能定理:-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)(2024·長沙高一檢測)嘉年華上有一種回力球嬉戲,某人在半圓軌道前某處以初速度v0=5m/s與水平方向成37°角從A點斜向上拋出小球a,小球a恰好水平進入半圓軌道內側的最低點B,B處有一鎖定的彈簧(忽視彈簧的長度)連接小球b,彈簧被撞擊后瞬間鎖定解除,彈性勢能全部轉化為b球的動能,b球沿圓軌道運動。C、B分別為一固定在豎直平面內的光滑半圓形軌道的最高點和最低點,b球經過最高點C后水平拋出,又恰好回到拋球人手中A點。若不計空氣阻力,已知半圓形軌道的半徑R=0.4m,小球b質量m=0.2kg,當地重力加速度為10m/s2,求:(1)B點離拋球點的豎直高度h;(2)小球b到達軌道最高點C時,軌道對小球的壓力大小;(3)彈簧鎖定時的彈性勢能?！窘馕觥?1)小球a從A點到B點的逆過程是平拋運動,則運動到B點時間為t1=, (2分)B點離拋球點的豎直高度h=g,代入數據解得h=0.45m。 (1分)(2)C點和A點的水平距離為x=v0cos37°t1, (1分)設小球從C點平拋運動回到A點的時間為t2,有2R+h=g, (1分)又因為vC=,在C點對小球b由牛頓其次定律得FN+mg=m, (1分)解得軌道對小球的壓力大小為FN=0.88N。 (1分)(3)由能量守恒定律得彈簧鎖定時的彈性勢能為Ep=2mgR+m, (2分)代入數據解得Ep=2.176J。 (1分)答案:(1)0.45m(2)0.88N(3)2.176J【加固訓練】如圖所示,將質量為m=1kg的小物塊放在長為L=1.5m的小車左端,車的上表面粗糙,物塊與車上表面間動摩擦因數μ=0.5,半徑R=0.9m的光滑半圓形軌道固定在水平面上且直徑MON豎直,車的上表面和軌道最低點高度相同,距地面高度h=0.65m,起先車和物塊一起以10m/s的初速度在光滑水平面上向右運動,車遇到軌道后馬上停止運動,g取10m/s2,求:(1)小物塊剛進入半圓軌道時對軌道的壓力。(2)小物塊落地點至車左端的水平距離?！窘馕觥?1)車停止運動后取小物塊為探討對象,設其到達車右端時的速度為v1,由動能定理,得-μmgL=m-m,解得v1=m/s。剛進入半圓軌道時,設物塊受到的支持力為FN,由牛頓其次定律,得FN-mg=m,解得FN≈104.4N,由牛頓第三定律F′N=FN,得F′N=104.4N,方向豎直向下。(2)若小物塊能到達半圓軌道最高點,則由機械能守恒,得m=2mgR+m,解得v2=7m/s。設恰能過最高點的速度為v3,則mg=m,解得v3==3m/s。因v2>v3,故小物塊能過最高點,且離開半圓軌道最高點后將做平拋運動,得h+2R=gt2,x=v2t,聯立解得x=4.9m,故小物塊距車左端s=x-L=3.4m。答案:(1)104.4N,方向豎直向下(2)3.4m(30分鐘·40分)14.(5分)(多選)(2024·江蘇高考)如圖所示,輕質彈簧的左端固定,并處于自然狀態(tài)。小物塊的質量為m,從A點向左沿水平地面運動,壓縮彈簧后被彈回,運動到A點恰好靜止。物塊向左運動的最大距離為s,與地面間的動摩擦因數為μ,重力加速度為g,彈簧未超出彈性限度。在上述過程中 ()A.彈簧的最大彈力為μmgB.物塊克服摩擦力做的功為2μmgsC.彈簧的最大彈性勢能為μmgsD.物塊在A點的初速度為【解析】選B、C。彈簧被壓縮到最短時,物塊有向右的加速度,彈力大于滑動摩擦力f=μmg,選項A錯誤;物塊在運動中所受的摩擦力與運動方向總相反,物塊運動的路程為2s,所以克服摩擦力做的功為W=2μmgs,選項B正確;由動能定理可知,從彈簧被壓縮至最短到物塊運動到A點,動能的變更為零,彈簧的彈性勢能等于克服摩擦力做功W′=μmgs,選項C正確;由物塊從A點到返回A點,依據動能定理-μmg·2s=0-m可得v0=2,所以選項D錯誤。【加固訓練】(多選)如圖所示,離水平地面確定高度處水平固定一內壁光滑的圓筒,筒內固定一輕質彈簧,彈簧處于自然長度?，F將一小球從地面以某一初速度斜向上拋出,剛好能水平進入圓筒中,不計空氣阻力。下列說法中正確的是 ()A.彈簧獲得的最大彈性勢能小于小球拋出時的動能B.小球斜上拋運動過程中處于失重狀態(tài)C.小球壓縮彈簧的過程中,小球減小的動能等于彈簧增加的勢能D.若拋射點向右移動一小段距離,仍使小球水平進入圓筒中,可以增大拋射速度v0,同時增大拋射角θ【解析】選A、B、C。由題意知,小球到達圓筒時速度為v0cosθ,動能轉化為彈性勢能Ep=m,故A、C正確;小球斜上拋運動過程中處于失重狀態(tài),所以B正確;由于豎直方向高度不變,小球運動時間不變,豎直方向速度v0sinθ=gt,可以增大拋射速度v0,同時減小拋射角θ,故D錯誤。15.(5分)(多選)如圖所示,在排球競賽中,假設排球運動員某次發(fā)球后排球恰好從網上邊緣過網,排球網高H=2.24m,排球質量為m=300g,運動員對排球做的功為W1=20J,排球運動過程中克服空氣阻力做功為W2=4.12J,重力加速度g取10m/s2。球從手剛發(fā)出位置的高度h=2.04m,選地面為零勢能面,則 ()A.與排球從手剛發(fā)出時相比較,排球恰好到達球網上邊緣時重力勢能的增加量為6.72JB.排球恰好到達球網上邊緣時的機械能為22JC.排球恰好到達球網上邊緣時的動能為15.88JD.與排球從手剛發(fā)出時相比較,排球恰好到達球網上邊緣時動能的削減量為4.72J【解析】選B、D。與排球從手剛發(fā)出時相比較,排球恰好到達球網上邊緣時重力勢能的增加量為mg(H-h)=0.3×10×(2.24-2.04)J=0.6J,故A錯誤;依據功能關系可得,排球恰好到達球網上邊緣時的機械能為mgh+W1-W2=0.3×10×2.04J+20J-4.12J=22J,故B正確;由動能定理可知,排球恰好到達球網上邊緣時的動能為W1-W2-mg(H-h)=15.28J,故C錯誤;與排球從手剛發(fā)出時相比較,排球恰好到達球網上邊緣時動能的削減量為W2+mg(H-h)=4.72J,故D正確。16.(5分)(多選)(2024·吉林高一檢測)如圖1所示,固定的光滑水平橫桿上套有小環(huán)P,固定的光滑豎直桿上套有小環(huán)Q。P、Q質量均為m,且可看作質點。P、Q用一根不行伸長的輕細繩相連,起先時細繩水平伸直,P、Q均靜止?，F在由靜止釋放Q,當細繩與豎直方向的夾角為60°時(如圖2所示),小環(huán)P沿著水平桿向右的速度為v。則 ()A.細繩的長度為B.Q的機械能始終增大C.繩子對Q做的功為D.P、Q及地球組成的系統(tǒng)機械能守恒【解析】選A、D。依據運動的合成與分解可知,v2=vcos30°,v3=vQcos60°,且沿繩方向速度相等,即v2=v3,所以vQ=v。設Q下降的高度為h,由功能關系可得,mgh=m+mv2,解得h=。設繩長為L,則L=,所以A正確;拉力對Q做負功,Q的機械能減小,所以B錯誤;對P探討,只有拉力對P做功,拉力做功為WP=mv2,所以拉力對Q做功為WQ=-mv2,所以C錯誤;對P、Q組成的系統(tǒng),只有重力做功,則P、Q及地球組成的系統(tǒng)機械能守恒,所以D正確。17.(10分)現要通過試驗驗證機械能守恒定律。試驗裝置如圖甲所示:水平桌面上固定一傾斜的氣墊導軌,導軌上A點處有一帶長方形遮光片的滑塊,其總質量為M,左端由跨過輕質光滑定滑輪的細繩與一質量為m的砝碼相連;遮光片兩條長邊與導軌垂直;導軌上的B點有一光電門,可以測量遮光片經過光電門時的擋光時間t。用d表示A點到導軌底端C點的距離,h表示A與C的高度差,b表示遮光片的寬度,s表示A、B兩點間的距離,將遮光片通過光電門的平均速度看作滑塊通過B點時的瞬時速度。用g表示重力加速度。完成下列填空和作圖:(1)若將滑塊自A點由靜止釋放,則在滑塊從A運動至B的過程中,滑塊、遮光片與砝碼組成的系統(tǒng)重力勢能的減小量可表示為________,動能的增加量可表示為________。若在運動過程中機械能守恒,與s的關系式為=________。

(2)多次變更光電門的位置,每次均令滑塊自同一點(A點)下滑,測量相應的s與t值。結果如表所示:12345s/m0.6000.8001.0001.2001.400t/ms8.227.176.445.855.43/(×104s-2)1.481.952.412.923.39以s為橫坐標,為縱坐標,在圖乙所示的坐標紙中描出第1個到第5個數據點;依據5個數據點作直線,求得該直線的斜率k=________×104m-1·s-2由測得的h、d,b、M和m數值可以計算出=s直線的斜率k0,將k和k0進行比較,若其差值在試驗允許的范圍內,則可認為此試驗驗證了機械能守恒定律?！窘馕觥?1)當滑塊運動到B點時下降高度設為h′,此時砝碼上升的高度為s,由幾何關系可知h′=,故系統(tǒng)削減的重力勢能為ΔEp=Mgh′-mgs=-mgs。由于系統(tǒng)從靜止起先運動,運動至B點時的速度vB=,故動能的增加量ΔEk=(M+m)=。由ΔEp=ΔEk解得:=(2)圖線如圖。在圖中直線上取相距較遠的兩點,讀出兩點坐標,由k=可得k=2.39×104m-1·s-2答案:(1)-mgs(2)見解析圖2.3918.(15分)某工廠生產流水線示意圖如圖所示,半徑R=1m的水平圓盤邊緣E點固定一小桶。在圓盤直徑DE正上方平行放置的水平傳送帶沿順時針方向勻速轉動,傳送帶右端C點與圓盤圓心O在同一豎直線上,豎直高度h=1.25m。AB為一個與CO在同一豎直平面內的四分之一光滑圓弧軌道,半徑r=0.45m,且與水平傳送帶相切于B點。一質量m=0.2kg的滑塊(可視為質點)從A點由靜止釋放,滑塊與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.2,當滑塊到達B點時,圓盤從圖示位置以確定的角速度ω繞通過圓心O的豎直軸勻速轉動,滑塊到達C點時恰與傳送帶同速并水平拋出,剛好落入圓盤邊緣的小桶內。g取10m/s2,求:(1)滑塊到達圓弧軌道B點時對軌道的壓力FNB。(2)傳送帶BC部分的長度L。(3)圓盤轉動的角速度ω應滿意的條件?！窘馕觥?1)滑塊從A到B過程中,由動能定理,有:mgr=m解得:vB==3