届高考物理二轮复习第3讲力学中的曲线运动学案全国通用.docx

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届高考物理二轮复习第3讲力学中的曲线运动学案全国通用

第3讲　力学中的曲线运动

网络构建

备考策略

1.必须领会的“四种物理思想和三种常用方法”

（1）分解思想、临界极值的思想、估算的思想、模型化思想

（2）假设法、合成法、正交分解法

2.平抛（或类平抛）运动的推论

（1）任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。

（2）设在任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。

3.注意天体运动的三个区别

（1）中心天体和环绕天体的区别

（2）自转周期和公转周期的区别

（3）星球半径和轨道半径的区别

4.记住天体运动中的“三看”和“三想”

（1）看到“近地卫星”想到“最大绕行速度”“最小周期”

（2）看到“忽略地球自转”想到“万有引力等于重力”

（3）看到“同步卫星”想到“周期T＝24h”

　运动的合成与分解及平抛运动

　运动的合成与分解

【典例1】（2018·北京理综，20）根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置。

但实际上，赤道上方200m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6cm处。

这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比。

现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球（　　）

A.到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零

B.到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零

C.落地点在抛出点东侧

D.落地点在抛出点西侧

解析　由于该“力”与竖直方向的速度大小成正比，所以从小球抛出至运动到最高点过程，该“力”逐渐减小到零，将小球的上抛运动分解为水平和竖直两个分运动，由于上升阶段，水平分运动是向西的变加速运动（水平方向加速度大小逐渐减小），故小球到最高点时速度不为零，水平向西的速度达到最大值，故选项A错误；小球到最高点时竖直方向的分速度为零，由题意可知小球这时不受水平方向的力，故小球到最高点时水平方向加速度为零，选项B错误；下降阶段，由于受水平向东的力，小球的水平分运动是向西的变减速运动（水平方向加速度大小逐渐变大），由对称性可知，落地时水平速度恰为零，故小球的落地点在抛出点西侧，选项C错误，D正确。

答案　D

　以“体育运动”为载体考查平抛运动的规律

【典例2】（2017·全国卷Ⅰ，15）发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）。

速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是（　　）

A.速度较小的球下降相同距离所用的时间较多

B.速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大

C.速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少

D.速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大

解析　由题意知，两个乒乓球均做平抛运动，则根据h＝gt2及v＝2gh可知，乒乓球的运动时间、下降的高度及竖直方向速度的大小均与水平速度大小无关，故选项A、B、D均错误；由发出点到球网的水平位移相同时，速度较大的球运动时间短，在竖直方向下落的距离较小，可以越过球网，故C正确。

答案　C

　斜面上的平抛运动

【典例3】（2018·全国卷Ⅲ，17）在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。

甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的（　　）

A.2倍B.4倍

C.6倍D.8倍

解析　小球做平抛运动，其运动轨迹如图所示。

设斜面的倾角为θ。

平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，x＝v0t，h＝gt2，由图中几何关系，可得tanθ＝，解得t＝；

从抛出到落到斜面上，由动能定理可得：

mgh＝mv′2－mv，可得：

v′＝＝·v0，则＝＝＝，选项A正确。

答案　A

【典例4】甲、乙两个同学对打乒乓球，设甲同学持拍的拍面与水平方向成α角，乙同学持拍的拍面与水平方向成β角，如图1所示，设乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，且乒乓球每次击打球拍前与击打后速度大小相等，不计空气阻力，则乒乓球击打甲的球拍的速度v1与乒乓球击打乙的球拍的速度v2之比为（　　）

图1

A.B.

C.D.

解析　乒乓球被甲的球拍击打后以速度v1做斜上抛运动到最高点，此运动可看成平抛运动的逆过程，设平抛的初速度为v0，则v1＝，v2＝，得＝，A项正确。

答案　A

1.图2中给出了某一通关游戏的示意图，安装在轨道AB上可上下移动的弹射器，能水平射出速度大小可调节的弹丸，弹丸射出口在B点的正上方。

竖直面内的半圆弧BCD的半径R＝2.0m，直径BD水平且与轨道AB处在同一竖直面内，小孔P和圆心O连线与水平方向夹角为37°。

游戏要求弹丸垂直于P点圆弧切线方向射入小孔P就能进入下一关。

为了能通关，弹射器离B点的高度和弹丸射出的初速度分别是（不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）

图2

A.0.15m，4m/sB.1.50m，4m/s

C.0.15m，2m/sD.1.50m，2m/s

解析　由h＋Rsin37°＝gt2和R＋Rcos37°＝v0t，＝tan37°，代入数据解得h＝0.15m，v0＝4m/s，故选项A正确。

答案　A

2.（多选）如图3所示，b是长方形acfd对角线的交点，e是底边df的中点，a、b、c处的三个小球分别沿图示方向做平抛运动，落地后不反弹，下列表述正确的是（　　）

图3

A.若a、b、c处三球同时抛出，三球可能在de之间的区域相遇

B.只要b、c处两球同时开始做平抛运动，二者不可能在空中相遇

C.若a、b处两球能在地面相遇，则a、b在空中运动的时间之比为2∶1

D.若a、c处两球在e点相遇，则一定满足va＝vc

解析　若三个小球同时抛出，由于三球不都是从同一高度水平抛出，故三球不可能相遇，选项A错误，B正确；设ad＝2h，a球在空中运动时间为ta，b球在空中运动时间为tb，根据平抛运动规律，2h＝gt，h＝gt，解得ta＝2，tb＝，若a、b处两球能在地面相遇，则a、b在空中运动的时间之比为ta∶tb＝2∶＝∶1，选项C错误；由平抛运动规律h＝gt2和x＝v0t可知，选项D正确。

答案　BD

3.一位网球运动员以拍击球，使网球由O点沿水平方向飞出，如图4所示，第一只球落在自己一方场地的B点，弹跳起来后，刚好擦网而过，落在A点，第二只球刚好擦网而过落在A点。

设球与地面的碰撞过程没有能量损失，且运动过程不计空气阻力，则第一只与第二只球飞过球网C处时水平速度之比为（　　）

图4

A.1∶1B.1∶3

C.3∶1D.1∶9

解析　由平抛运动的规律可知，两球分别被击出至各自第一次落地的时间相等。

由于球与地面的碰撞是完全弹性碰撞，设第一只球自击出到落在A点时间为t1，第二只球自击出到落在A点时间为t2，则根据两球竖直方向的运动特点知t1＝3t2；由于两球在水平方向均做匀速运动，水平位移大小相等，由x＝v0t得，它们从O点出发时的初速度关系为v2＝3v1，所以第一只与第二只球飞过球网C处时水平速度之比为1∶3，选项B正确。

答案　B

　圆周运动问题

　圆周运动问题

【典例1】（2016·全国卷Ⅱ，16）小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。

将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图5所示。

将两球由静止释放。

在各自轨迹的最低点（　　）

图5

A.P球的速度一定大于Q球的速度

B.P球的动能一定小于Q球的动能

C.P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力

D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度

解析　小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得，mgL＝mv2，解得v＝，因LPmQ，则两小球的动能大小无法比较，选项B错误；对小球在最低点受力分析得，FT－mg＝m，可得FT＝3mg，选项C正确；由a＝＝2g可知，两球的向心加速度相等，选项D错误。

答案　C

　平抛运动与圆周运动的组合问题

【典例2】（2017·全国卷Ⅱ，17）如图6，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为（重力加速度大小为g）（　　）

图6

A.B.

C.D.

解析　物块由最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得

mv2＝2mgr＋mv，

物块做平抛运动时，落地点到轨道下端的距离x＝v1t，

t＝，联立解得，x＝，由数学知识可知，当4r＝时，x最大，即r＝，故选项B正确。

答案　B

1.解决圆周运动问题要注意以下几点：

（1）要进行受力分析，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＝mrω2＝mωv＝mr。

2.竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度通常利用动能定理来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析。

1.（多选）北京时间2017年9月7日，全运会在天津举办，山东队28岁的张成龙以14.733分在男子单杠决赛中获得第一名。

假设张成龙训练时做“单臂大回环”的高难度动作时，用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动。

如图7甲所示，张成龙运动到最高点时，用力传感器测得张成龙与单杠间弹力大小为F，用速度传感器记录他在最高点的速度大小为v，得到F－v2图象如图乙所示。

g取10m/s2，则下列说法中正确的是（　　）

图7

A.张成龙的质量为65kg

B.张成龙的重心到单杠的距离为0.9m

C.当张成龙在最高点的速度为4m/s时，张成龙受单杠的弹力方向向上

D.在完成“单臂大回环”的过程中，张成龙运动到最低点时，单臂最少要承受3250N的力

解析　张成龙的胳膊既可以提供拉力，也可以提供支持力，可以理解为“杆模型”。

对张成龙在最高点进行受力分析，当速度为零时，有F－mg＝0，结合图象解得质量m＝65kg，选项A正确；当F＝0时，由向心力公式可得mg＝，结合图象可解得R＝0.9m，故张成龙的重心到单杠的距离为0.9m，选项B正确；当张成龙在最高点的速度为4m/s时，张成龙受单杠的拉力作用，方向竖直向下，选项C错误；张成龙经过最低点时，单臂受力最大，由牛顿第二定律得F－mg＝m，张成龙从最高点运动到最低点的过程中，由动能定理得2mgR＝mv－mv2，当v＝0时，F有最小值Fmin，故由以上两式得Fmin＝3250N，即张成龙的单臂最少要承受3250N的力，选项D正确。

答案　ABD

2.（多选）如图8所示，半径为R的光滑半圆形轨道和光滑水平轨道相切，三个小球1、2、3沿水平轨道分别以速度v1＝2、v2＝3、v3＝4水平向左冲上半圆形轨道，g为重力加速度，下列关于三个小球的落点到半圆形轨道最低点A的水平距离和离开轨道后的运动形式的说法正确的是（　　）

图8

A.三个小球离开轨道后均做平抛运动

B.小球2和小球3的落点到A点的距离之比为∶2

C.小球1和小球2做平抛运动的时间之比为1∶1

D.小球2和小球3做平抛运动的时间之比为1∶1

解析　设小球恰好通过最高点时的速度为v，此时由重力提供向心力，则mg＝m，

得v＝

设小球能通过最高点时在轨道最低点时最小速度为v′，由机械能守恒定律得2mgR＋mv2＝mv′2，

得v′＝

由于v1＝2＜v′，所以小球1不能到达轨道最高点，也就不能做平抛运动，故选项A错误；

小球2和小球3离开轨道后做平抛运动，由2R＝gt2得t＝2，则得：

小球2和小球3做平抛运动的时间之比为1∶1。

设小球2和小球3通过最高点时的速度分别为v2′和v3′。

根据机械能守恒定律得：

2mgR＋mv2′2＝mv；2mgR＋mv3′2＝mv；

解得v2′＝，v3′＝2

由平抛运动规律得：

水平距离为x＝v0t，t相等，则小球2和小球3的落点到A点的距离之比为∶2。

小球1做的不是平抛运动，则小球1和小球2做平抛运动的时间之比不是1∶1，故选项B、D正确，C错误。

答案　BD

　万有引力定律与天体的运动

　开普勒三定律与万有引力定律的应用

【典例1】（2018·全国卷Ⅲ，15）为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍。

P与Q的周期之比约为（　　）

A.2∶1B.4∶1

C.8∶1D.16∶1

解析　由开普勒第三定律得＝k，故＝＝＝，C正确。

答案　C

【典例2】（多选）（2017·全国卷Ⅱ，19）如图9，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过M、Q到N的运动过程中（　　）

图9

A.从P到M所用的时间等于

B.从Q到N阶段，机械能逐渐变大

C.从P到Q阶段，速率逐渐变小

D.从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功

解析　由行星运动的对称性可知，从P经M到Q点的时间为T0，根据开普勒第二定律可知，从P到M运动的速率大于从M到Q运动的速率，可知从P到M所用的时间小于T0，选项A错误；海王星在运动过程中只受太阳的引力作用，故机械能守恒，选项B错误；根据开普勒第二定律可知，从P到Q阶段，速率逐渐变小，选项C正确；海王星受到的万有引力指向太阳，从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，选项D正确。

答案　CD

　天体质量、密度的估算

【典例3】（2018·全国卷Ⅱ，16）2018年2月，我国500m口径射电望远镜（天眼）发现毫秒脉冲星“J0318＋0253”，其自转周期T＝5.19ms。

假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为6.67×10－11N·m2/kg2。

以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为（　　）

A.5×109kg/m3B.5×1012kg/m3

C.5×1015kg/m3D.5×1018kg/m3

解析　毫秒脉冲星稳定自转时由万有引力提供其表面物体做圆周运动的向心力，根据G＝m，M＝ρ·πR3，得ρ＝，代入数据解得ρ≈5×1015kg/m3，C正确。

答案　C

　卫星运行参量的分析

【典例4】（2017·全国卷Ⅲ，14）2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道（可视为圆轨道）运行。

与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的（　　）

A.周期变大B.速率变大

C.动能变大D.向心加速度变大

解析　根据组合体受到的万有引力提供向心力可得，＝mr＝m＝ma，解得T＝，v＝，a＝，由于轨道半径不变，所以周期、速率、加速度均不变，选项A、B、D错误；组合体比天宫二号质量大，动能Ek＝mv2变大，选项C正确。

答案　C

　卫星的变轨与对接

【典例5】（多选）（2013·新课标全国卷Ⅰ，20）2012年6月18日，神舟九号飞船与天宫一号目标飞行器在离地面343km的近圆形轨道上成功进行了我国首次载人空间交会对接。

对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气。

下列说法正确的是（　　）

A.为实现对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间

B.如不加干预，在运行一段时间后，天宫一号的动能可能会增加

C.如不加干预，天宫一号的轨道高度将缓慢降低

D.航天员在天宫一号中处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用

解析　第一宇宙速度是最小的发射速度、最大的环绕速度，天宫一号与神舟九号均在离地343km的圆轨道运行，其运行速度必然小于第一宇宙速度，故A错误；由于轨道所处空间还有稀薄的气体，运行一段时间后天宫一号轨道半径必然变小，由于卫星绕地球运动满足G＝m，即v＝，所以当卫星轨道半径变小时速度反而会变大，故B、C正确；宇航员处于完全失重状态，并不是不受重力，而是重力全部用来充当向心力，故D错误。

答案　BC

　天体运动中的双星、多星问题

【典例6】（多选）（2018·全国卷Ⅰ，20）2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。

根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100s时，它们相距约400km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈。

将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引

力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星（　　）

A.质量之积B.质量之和

C.速率之和D.各自的自转角速度

解析　由题意可知，合并前两中子星绕连线上某点每秒转动12圈，则两中子星的周期相等，且均为T＝s，两中子星的角速度均为ω＝，两中子星构成了双星模型，假设两中子星的质量分别为m1、m2，轨道半径分别为r1、r2，速率分别为v1、v2，则有G＝m1ω2r1、G＝m2ω2r2，又r1＋r2＝L＝400km，解得m1＋m2＝，A错误，B正确；又由v1＝ωr1、v2＝ωr2，则v1＋v2＝ω（r1＋r2）＝ωL，C正确；由题中的条件不能求解两中子星自转的角速度，D错误。

答案　BC

1.分析卫星轨道半径与运行参数关系应注意

卫星轨道半径越大，同一卫星所受万有引力越小，其线速度、角速度、向心加速度越小，周期越大；动能越小，势能越大，机械能越大。

2.天体运动与几何关系相结合问题

（1）多星模型中分析天体的运行轨道半径与星体间距的关系。

（2）求解传播时间、挡光时间时通常需作出轨迹圆的切线，分析边角关系。

1.（多选）导航系统是一种利用人造卫星对物体进行定位测速的工具，目前世界上比较完善的导航系统有美国的GPS系统，中国的北斗系统，欧洲的伽利略导航系统以及俄罗斯的GLONASS系统，其中美国的GPS系统采用的是运行周期为12小时的人造卫星，中国的北斗系统一部分采用了同步卫星，现有一颗北斗同步卫星A和一颗赤道平面上方的GPS卫星B，某时刻两者刚好均处在地面某点C的正上方，如图10所示，下列说法正确的是（　　）

图10

A.A的速度比B的小

B.若两者质量相等，则发射A需要更多的能量

C.此时刻B处在A、C连线的中点

D.从此时刻起，经过12小时，两者相距最远

解析　利用万有引力定律可知＝m，得v＝，即轨道半径越大，运行速度越小，故A的速度比B的小，选项A正确；若A、B质量相等，则A在发射过程中克服引力做功多，故所需发射速度大，发射A需要更多的能量，选项B正确；由T＝知周期与半径呈非线性关系，故B不在A、C连线的中点处，选项C错误；经过12小时，A运动半周，而B运动一周，两者在地心异侧共线，相距最远，选项D正确。

答案　ABD

2.（多选）极地近地卫星运动的轨道平面通过地球的南北两极（轨道可视为圆），如图11所示，关于极地近地卫星、地球同步卫星和赤道上的物体，下列说法正确的是（　　）

图11

A.如果地球的自转变快，同步卫星的高度将变低

B.如果地球的自转变快，极地近地卫星的速度将变小

C.如果地球的自转变快，赤道上的重力加速度将变小

D.若极地近地卫星、地球同步卫星和赤道上的物体的向心加速度分别为a1、a2、a3，则a1＞a2＞a3

解析　根据万有引力提供向心力有G＝m（）2R，得T＝，如果地球的自转变快，则周期变小，同步卫星的高度将变低，所以选项A正确；极地近地卫星的速度与地球的自转快慢无关，所以选项B错误；对赤道上的物体，有G＝m0g赤＋m0ω2R，当地球自转变快时，赤道上的重力加速度将变小，所以选项C正确；对卫星有G＝m1an，所以轨道半径越大，向心加速度越小，故a1＞a2，赤道上的物体和同步卫星的角速度相同，由an＝ω2r可知，a2＞a3，所以选项D正确。

答案　ACD

3.（多选）2017年4月，我国第一艘货运飞船天舟一号顺利升空，随后与天宫二号对接。

假设天舟一号从B点发射经过椭圆轨道运动到天宫二号所在的圆轨道上完成对接，如图12所示。

已知天宫二号的轨道半径为r，天舟一号沿椭圆轨道运动的周期为T，A、B两点分别为椭圆轨道的远地点和近地点，地球半径为R，引力常量为G。

则下列说法正确的是（　　）

图12

A.天宫二号的运行速度小于7.9km/s

B.天舟一号的发射速度大于11.2km/s

C.根据题中信息可以求出地球的质量

D.天舟一号在A点的运行速度大于天宫二号在A点的运行速度

解析　由G＝m可得线速度与半径的关系为v＝，即轨道半径r越大，速率v越小。

第一宇宙速度（7.9km/s）是近地卫星（轨道半径近似等于地球半径）的运行速度，由题图可知天宫二号轨道半径大于地球半径，所以天宫二号的运行速度小于7.9km/s，选项A正确；第二宇宙速度（11.2km/s）是人造卫星脱离地球引力范围围绕太阳运动的最小发射速度，而天舟一号是围绕地球运动的，所以天舟一号的发射速度小于11.2km/s，选项B错误；根据题中信息可知，天舟一号沿椭圆轨道运动的轨道半长轴a＝（R＋r），设天宫二号绕地球运动的周期为T′，根据开普勒第三定律可得＝，故而可求得T′，再由G＝mr（）2，可以求出地球的质量M，选项C正确；由天舟一号在A点要进入圆轨道，需加速，可知天舟一号在A点的运行速度小于天宫二号在A点的运行速度，选项D错误。

答案　AC

热点模型构建——常考的圆周运动模型

竖直平面的圆周运动“绳、杆”模型

来源

图例

考向

模型核心归纳

2015·新课标全国卷Ⅰ第22题

圆周运动、超重、失重

1.常考的模型

（1）物体运动满足“绳”模型特征，竖直圆轨道光滑

（2）物体运动满足“绳”模型特征，竖直圆轨道粗糙

（3）物体运动满足“杆”模型特征，竖直圆轨道光滑

（4）物体运动满足“杆”模型特征，竖直圆轨道粗糙

（5）两个物体沿竖直圆轨道做圆周运动

（6）同一物体在不同的竖直圆轨道做圆周运动

（7）物体在弹簧弹力、电场力或洛伦兹力共同作用下的圆周运动

2.模型解法

2016·全国卷Ⅱ第16题

受力分析、牛顿第二定律、圆周运动、动能定理

2016·全国卷Ⅱ第25题

受力分析、机械能守恒定律、圆周运动、牛顿第二定律

2016·全国卷Ⅲ第24题

受力分析、圆周运动、机械能守恒定律、牛顿第二定律

2017·全国卷Ⅱ第17题

平抛运动、功能关系及极值的求解方法

2018·全国卷Ⅲ第25题

圆周运动、动能定理、动量

【例】如图13所示，水平路面CD的右侧有一长度L1＝2m的木板。

一物块放在木板的最右端，并随木板一起向左侧固定的平台运动，木板的上表面与平台等高。

平台上表面AB的长度s＝3m，光滑半圆轨道AFE竖直固定在平台上，圆轨道半径R＝0.4m，最低点与平台AB相切于A点。

当木板的左端与平台的距离L＝2m时，木板与物块向左运动的速度v0＝8m/s。

木板与平台的竖直壁碰撞后，木板立即停止运动，物块在木板上滑动并滑上平台。

已知木板与路面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与木板的上表面及轨道AB间的动摩擦因数均为μ2＝0.1，物块质量m＝1kg，取g＝10m/s2。

图13

（1）求物块进入圆轨道时对轨道上的A点的压力；

（2）判断物块能否到达圆轨道的最高点E。

如果能，求物块离开E点后在平台上的落点到A点的距离；如果不能，则说明理由。

教你建构物理模型

第一步：

把握过程，构建运动模型

过程1

DC段

木板、物块共同向左减速运