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2017届《新步步高》物理二轮专题复习与增分策略专题突破习题:专题3 力与物体的曲线运动 第1讲 力学中的曲线运动

资料类别: 物理/同步

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[专题定位] 本专题解决的是物体(或带电体)在力的作用下的曲线运动的问题.高考对本专题的考查以运动的组合为线索,进而从力和能的角度进行命题,题目情景新,过程复杂,具有一定的综合性.考查的主要内容有:①曲线运动的条件和运动的合成与分解;②平抛运动规律;③圆周运动规律;④平抛运动与圆周运动的多过程组合问题;⑤应用万有引力定律解决天体运动问题;⑥带电粒子在电场中的类平抛运动问题;⑦带电粒子在磁场内的匀速圆周运动问题;⑧带电粒子在简单组合场内的运动问题等.用到的主要物理思想和方法有:运动的合成与分解思想、应用临界条件处理临界问题的方法、建立类平抛运动模型方法、等效代替的思想方法等.
[应考策略] 熟练掌握平抛、圆周运动的规律,对平抛运动和圆周运动的组合问题,要善于由转折点的速度进行突破;熟悉解决天体运动问题的两条思路;灵活应用运动的合成与分解的思想,解决带电粒子在电场中的类平抛运动问题;对带电粒子在磁场内的匀速圆周运动问题,掌握找圆心、求半径的方法.
第1讲 力学中的曲线运动

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共线时,物体做曲线运动.合运动与分运动具有等时性、独立性和等效性.
2.平抛运动
(1)规律:vx=v0,vy=gt,x=v0t,y=gt2.
(2)推论:做平抛(或类平抛)运动的物体
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tan θ=2tan φ.
3.竖直平面内圆周运动的两种临界问题
(1)绳固定,物体能通过最高点的条件是v≥.
(2)杆固定,物体能通过最高点的条件是v>0.

1.竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度关系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.
2.对于平抛或类平抛运动与圆周运动组合的问题,应用合成与分解的思想分析这两种运动转折点的速度是解题的关键.

解题方略
解决运动的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)确定合运动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、加速度等).
(4)运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解.
例1 在杂技表演中,猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a的匀加速运动,同时人顶着直杆以速度v0水平向右匀速移动,经过时间t,猴子沿杆向上移动的高度为h,人顶杆沿水平地面移动的距离为x,如图1所示.关于猴子的运动情况,下列说法中正确的是(  )

图1
A.相对地面的运动轨迹为直线
B.相对地面做匀加速直线运动
C.t时刻猴子速度的大小为v0+at
D.t时间内猴子的位移大小为
解析 猴子在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做初速度为0的匀加速直线运动,根据运动的合成,知合速度与合加速度不在同一条直线上,所以猴子运动的轨迹为曲线.故A错误;猴子在水平方向上的加速度为0,在竖直方向上有恒定的加速度,根据运动的合成,知猴子做曲线运动的加速度不变,做匀变速曲线运动.故B错误;t时刻猴子在水平方向上的分速度为v0,在竖直方向上的分速度为at,所以合速度v=.故C错误.在t时间内猴子在水平方向和竖直方向上的位移分别为x和h,根据运动的合成,知合位移s=.故D正确.
答案 D
预测1 如图2所示,一卫星经过赤道上空时速度方向与赤道平面夹角为60°,速度大小为v=1.55×103 m/s.此时发动机点火,给卫星一附加速度Δv,使该卫星变轨进入赤道平面内.发动机给卫星的附加速度Δv的最小值和方向为(  )

图2
A.Δv约为1.3×103 m/s,方向东偏南30°
B.Δv约为1.3×103 m/s,方向正南方向
C.Δv约为2.7×103 m/s,方向东偏南30°
D.Δv约为0.8×103 m/s,方向正南方向
答案 B
解析 由题意可知,可看成卫星一个分速度方向与赤道平面夹角为60°,速度大小为v=1.55×103 m/s.另一速度即为附加速度,根据平行四边形定则,结合几何关系,则当附加速度垂直合速度时,附加速度达到最小值,如图所示.附加速度的方向为正南方向,根据三角知识,大小为:Δv=vsin 60°=1.55×103× m/s≈1.3×103 m/s,故B正确,A、C、D错误.

预测2 如图所示,一小球在光滑的水平面上以速度v0向右运动,运动中要穿过一段有水平向北的风带ab,经过风带时风会给小球一个向北的水平恒力,其余区域无风力,则小球过风带及过后的轨迹正确的是(  )


答案 B
解析 小球在光滑的水平面上以v0向右运动,给小球一个向北的水平恒力,根据曲线运动条件,结合运动轨迹偏向加速度的方向,故B正确,A、C、D错误.

例2 (2016·浙江理综·23)在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图3所示.P是个微粒源,能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒.高度为h的探测屏AB竖直放置,离P点的水平距离为L,上端A与P点的高度差也为h.

图3
(1)若微粒打在探测屏AB的中点,求微粒在空中飞行的时间;
(2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围;
(3)若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等,求L与h的关系.
解析 (1)打在AB中点的微粒 h=gt2①
解得t=②
(2)打在B点的微粒 v1=;2h=gt③
v1=L④
同理,打在A点的微粒初速度v2=L⑤
微粒初速度范围L≤v≤L⑥
(3)由能量关系mv+mgh=mv+2mgh⑦
代入④⑤式得L=2h.
答案 (1) (2)L≤v≤L (3)L=2h
预测3 如图4所示,竖直平面内有一段圆弧MN,小球从圆心O处水平抛出.若初速度为va,将落在圆弧上的a点;若初速度为vb,将落在圆弧上的b点.已知Oa、Ob与竖直方向的夹角分别为α、β,不计空气阻力,则(  )

图4
A.=  B.=
C.=·  D.=·
答案 D
解析 对a,根据Rcos α=gt得,t1= ,
则va==Rsin α ,
对b,根据Rcos β=gt得,t2=,则vb==Rsin β,
解得=·.
预测4 如图5所示,P、Q是固定在竖直平面内的一段内壁光滑弯管的两端,P、Q间的水平距离为d.直径略小于弯管内径的小球以速度v0从P端水平射入弯管,从Q端射出,在穿过弯管的整个过程中小球与弯管无挤压.若小球从静止开始由P端滑入弯管,经时间t恰好以速度v0从Q端射出.重力加速度为g,不计空气阻力,那么(  )

图5
A.v0<  B.v0=
C.t= D.t>
答案 D
解析 设P、Q的竖直高度为h,由题意知,第二次运动重力做功等于小球动能的增加量,由此可知第一次运动竖直方向的末速度大小等于初速度大小,且P、Q的竖直高度为h=,据平抛运动特点得v0=,A、B选项都错误.小球第一次从P运动至Q的时间t1=,第二次运动竖直方向加速度小于重力加速度,所以t>,D选项正确.

解题方略
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.
例3 (多选)(2016·浙江理综·20)如图6所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道,两个弯道分别为半径R=90 m的大圆弧和r=40 m的小圆弧,直道与弯道相切.大、小圆弧圆心O、O′距离L=100 m.赛车沿弯道路线行驶时,路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍,假设赛车在直道上做匀变速直线运动,在弯道上做匀速圆周运动,要使赛车不打滑,绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大,重力加速度g=10 m/s2,π=3.14),则赛车(  )

图6
A.在绕过小圆弧弯道后加速
B.在大圆弧弯道上的速率为45 m/s
C.在直道上的加速度大小为5.63 m/s2
D.通过小圆弧弯道的时间为5.58 s
解析 在弯道上做匀速圆周运动时,根据径向静摩擦力提供向心力得,kmg=m,当弯道半径一定时,在弯道上的最大速率是一定的,且在大弯道上的最大速率大于小弯道上的最大速率,故要想时间最短,可在绕过小圆弧弯道后加速,选项A正确;在大圆弧弯道上的速率为vmR== m/s=45 m/s,选项B正确;直道的长度为x==50 m,在小弯道上的最大速率为:vmr== m/s=30 m/s,在直道上的加速度大小为a== m/s2≈6.50 m/s2,选项C错误;由几何关系可知,小圆弧轨道的长度为,通过小圆弧弯道的时间为t== s≈2.80 s,选项D错误.
答案 AB
预测5 (2016·全国甲卷·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7所示.将两球由静止释放.在各自轨迹的最低点(  )

图7
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
答案 C
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.
预测6 如图8所示,一个圆形框架以竖直的直径为转轴匀速转动.在框架上套着两个质量相等的小球A、B,小球A、B到竖直转轴的距离相等,它们与圆形框架保持相对静止.下列说法正确的是(  )

图8
A.小球A受到的合力小于小球B受到的合力
B.小球A与框架间可能没有摩擦力
C.小球B与框架间可能没有摩擦力
D.圆形框架以更大的角速度转动,小球B受到的摩擦力一定增大
答案 C
解析 由于合力提供向心力,依据向心力表达式F=mrω2,已知两球质量、半径和角速度都相同,可知向心力相同,即合力相同,故A错误;小球A受到的重力和弹力的合力不可能垂直指向OO′轴,故一定存在摩擦力,而B球的重力和弹力的合力可能垂直指向OO′轴,故B球所受摩擦力可能为零,故B错误,C正确;由于不知道B是否受到摩擦力,故而无法判定圆形框架以更大的角速度转动,小球B受到的摩擦力的变化情况,故D错误.

例4 如图9所示,半径R=0.5 m 的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙轨道CD在C处平滑连接,O为圆弧轨道ABC的圆心,B点为圆弧轨道的最低点,半径OA、OC与OB的夹角分别为53°和37°.将一个质量m=0.5 kg的物体(视为质点)从A点左侧高为h=0.8 m处的P点水平抛出,恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道.已知物体与轨道CD间的动摩擦因数μ=0.8,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:

图9
(1)物体水平抛出时的初速度大小v0;
(2)物体经过B点时,对圆弧轨道的压力大小FN;
(3)物体在轨道CD上运动的距离x.(结果保留三位有效数字)
解析 (1)由平抛运动规律知:v=2gh
竖直分速度vy==4 m/s
初速度v0=vytan 37°=3 m/s.
(2)从P点至B点的过程,由机械能守恒有
mg(h+R-Rcos 53°)=mv-mv
经过B点时,由向心力公式有FN′-mg=m
代入数据解得FN′=34 N
由牛顿第三定律知,物体对轨道的压力大小为FN=34 N.
(3)因μmgcos 37°>mgsin 37°,物体沿轨道CD向上做匀减速运动,速度减为零后不会下滑.
从B点到上滑至最高点的过程,由动能定理有
-mgR(1-cos 37°)-(mgsin 37°+μmgcos 37°)x=0-mv
代入数据可解得x= m≈1.09 m.
答案 (1)3 m/s (2)34 N (3)1.09 m
预测7 固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道ABCD,其A点与圆心等高,D点为轨道的最高点,DB为竖直线,AC为水平线,AE为水平面,如图10所示.今使小球自A点正上方某处由静止释放,且从A点进入圆弧轨道运动,只要适当调节释放点的高度,总能使球通过最高点D,则小球通过D点后(  )

图10
A.一定会落到水平面AE上
B.一定会再次落到圆弧轨道上
C.可能会再次落到圆弧轨道上
D.不能确定
答案 A
解析 如果小球恰能通过最高点D,根据mg=m,得vD=,
知小球在最高点的最小速度为.
根据R=gt2得:t= .
则平抛运动的水平位移为:x=·=R.
知小球一定落在水平面AE上.故A正确,B、C、D错误.
预测8 如图11所示为固定在竖直平面内的光滑轨道ABCD,其中ABC部分是半径为R的半圆形轨道(AC是圆的直径),CD部分是水平轨道.一个质量为m的小球沿水平方向进入轨道,通过最高点A时速度大小vA=2,之后离开A点,最终落在水平轨道上.小球运动过程中所受空气阻力忽略不计,g取10 m/s2.求:

图11
(1)小球落地点与C点间的水平距离;
(2)小球落地时的速度方向;
(3)小球在A点时轨道对小球的压力.
答案 (1)4R (2)与水平方向的夹角为45° (3)3mg,方向竖直向下
解析 (1)小球离开A点后做平抛运动
根据平抛运动规律有2R=gt2
解得小球运动时间t= 2
x=vAt
解得小球落地点与C点间的水平距离x=4R
(2)设小球落地时的速度方向与水平方向的夹角为θ
tan θ=
解得θ=45°
(3)设小球在A点时轨道对小球的压力为FN
根据牛顿第二定律FN+mg=m
解得:FN=3mg,方向竖直向下.
专题强化练
1.如图1所示,帆板在海面上以速度v朝正西方向运动,帆船以速度v朝正北方向航行,以帆板为参照物(  )

图1
A.帆船朝正东方向航行,速度大小为v
B.帆船朝正西方向航行,速度大小为v
C.帆船朝南偏东45°方向航行,速度大小为v
D.帆船朝北偏东45°方向航行,速度大小为v
答案 D
解析 以帆板为参照物,即把帆板看做静止,则帆船相对于帆板有向东的速度v及向北的速度v;由矢量合成可知,二者的合速度v合=v,方向北偏东45°.
2.如图2所示,某轮渡站两岸的码头A和B正对,轮渡沿直线往返于两码头之间,已知水流速度恒定且小于船速.下列说法正确的是(  )

图2
A.往返所用的时间不相等
B.往返时船头均应垂直河岸航行
C.往返时船头均应适当偏向上游
D.从A驶往B,船头应适当偏向上游,返回时船头应适当偏向下游
答案 C
解析 根据矢量的合成法则,及各自速度恒定,那么它们的合速度也确定,则它们所用的时间也相等,故A错误;从A到B,合速度方向垂直于河岸,水流速度水平向右,根据平行四边形定则,则船头的方向偏向上游一侧.从B到A,合速度的方向仍然垂直于河岸,水流速度水平向右,船头的方向仍然偏向上游一侧.故C正确,B、D错误.
3.如图3所示,在斜面顶端A以速度v水平抛出一小球,经过时间t1恰好落在斜面的中点P;若在A点以速度2v水平抛出小球,经过时间t2完成平抛运动.不计空气阻力,则(  )

图3
A.t2>2t1  B.t2=2t1
C.t2<2t1  D.落在B点
答案 C
解析 在斜面顶端A以速度v水平抛出一小球,经过时间t1恰好落在斜面的中点P,有tan θ=,解得t1=,水平位移x=vt1=,初速度变为原来的2倍,若还落在斜面上,水平位移应该变为原来的4倍,可知在A点以速度2v水平抛出小球,小球将落在水平面上.
可知两球下降的高度之比为1∶2,根据t=知,t1∶t2=1∶,则t2<2t1.
4.从A点斜向上抛出一个小球,曲线ABCD是小球运动的一段轨迹.建立如图4所示的正交坐标系xOy,x轴沿水平方向,轨迹上三个点的坐标分别为A(-L,0)、C(L,0),D(2L,3L),小球受到的空气阻力忽略不计,轨迹与y轴的交点B的坐标为(  )

图4
A.(0,)  B.(0,-L)
C.(0,-)  D.(0,-2L)
答案 B
解析 由函数图象可知,轨迹为二次函数,过点(-L,0)和(L,0),设函数解析式y=-a(x-L)(x+L)将(2L,3L)代入方程,解得a=-
y=(x-L)(x+L),将x=0代入得y=-L.
5.如图5所示,正方体空心框架ABCD-A1B1C1D1下表面在水平地面上,将可视为质点的小球从顶点A在∠BAD所在范围内(包括边界)沿不同的水平方向分别抛出,落点都在△B1C1D1平面内(包括边界).不计空气阻力,以地面为重力势能参考平面.则下列说法正确的是(  )

图5
A.小球初速度的最小值与最大值之比是1∶
B.落在C1点的小球,运动时间最长
C.落在B1D1线段上的小球,落地时机械能的最小值与最大值之比是1∶2
D.轨迹与AC1线段相交的小球,在交点处的速度方向都相同
答案 D
解析 由h=gt2得t=,下落高度相同,平抛运动的时间相等,故B错误;小球落在A1C1线段中点时水平位移最小,落在C1时水平位移最大,水平位移的最小值与最大值之比是1∶2,由x=v0t,t相等得小球初速度的最小值与最大值之比是1∶2,故A错误;落在B1D1线段中点的小球,落地时机械能最小,落在B1D1线段上D1或B1的小球,落地时机械能最大.设落在B1D1线段中点的小球初速度为v1,水平位移为x1.落在B1D1线段上D1或B1的小球初速度为v2,水平位移为x2.由几何关系有 x1∶x2=1∶,由x=v0t,得:v1∶v2=1∶,落地时机械能等于抛出时的机械能,分别为:E1=mgh+mv,E2=mgh+mv,可知落地时机械能的最小值与最大值之比不等于1∶2.故C错误.设AC1的倾角为α,轨迹与AC1线段相交的小球,在交点处的速度方向与水平方向的夹角为θ.则有 tan α===,tan θ=,则 tan θ=2tan α,可知θ一定,则轨迹与AC1线段相交的小球,在交点处的速度方向都相同,故D正确.
6.(多选)如图6所示,倾角为37°的光滑斜面顶端有甲、乙两个小球,甲以初速度v0水平抛出,乙以初速度 v0 沿斜面运动,甲、乙落地时,末速度方向相互垂直,重力加速度为g,则(  )

图6
A.斜面的高度为
B.甲球落地时间为
C.乙球落地时间为
D.乙球落地速度大小为
答案 AC
解析 甲、乙落地时,末速度方向相互垂直,则甲的速度方向与水平方向的夹角为53°,则vy=v0tan 53°=v0,斜面的高度h==,故A正确;甲球落地的时间t甲==,故B错误;乙球下滑的加速度a=gsin 37°=g,下滑的距离x=,根据x=at,联立解得t乙=,乙球落地的速度v=at乙=,故C正确,D错误.
7.如图7所示,“伦敦眼”(The London Eye)是世界上最大的观景摩天轮,仅次于南昌之星与新加坡观景轮.它总高度135米(443英尺),屹立于伦敦泰晤士河南畔的兰贝斯区.现假设摩天轮正绕中间的固定轴做匀速圆周运动,则对于坐在轮椅上观光的游客来说,正确的说法是(  )

图7
A.因为摩天轮做匀速转动,所以游客受力平衡
B.当摩天轮转到最高点时,游客处于失重状态
C.因为摩天轮做匀速转动,所以游客的机械能守恒
D.当摩天轮转到最低点时,座椅对游客的支持力小于所受的重力
答案 B
解析 摩天轮做匀速转动,不是平衡状态.故A错误;当摩天轮转到最高点时,游客受到的重力与支持力的合力的方向向下,指向圆心,所以游客处于失重状态.故B正确;摩天轮做匀速转动,所以游客的动能不变而重力势能是变化的,所以机械能不守恒,故C错误;游客随摩天轮做匀速圆周运动,当摩天轮转到最低点时,游客受到的重力与支持力的合力的方向向上,指向圆心,所以座椅对游客的支持力大于所受的重力.故D错误.
8.如图8所示,ABC为在竖直平面内的金属半圆环,AC连线水平,AB为固定在A、B两点间的直的金属棒,在直棒上和半圆环的BC部分分别套着两个相同的小圆环M、N,现让半圆环绕对称轴以角速度ω做匀速转动,半圆环的半径为R,小圆环的质量均为m,金属棒和半圆环均光滑,已知重力加速度为g,小圆环可视为质点,则M、N两圆环做圆周运动的线速度之比为(  )

图8
A.  B.
C.  	D.
答案 A
解析 M环做匀速圆周运动,则mgtan 45°=mvMω,N环做匀速圆周运动,则mgtan θ=mvNω,mgtan θ=mrω2,r=Rsin θ,vN=rω=,因此=,A项正确.
9.如图9所示,有一陀螺其下部是截面为等腰直角三角形的圆锥体、上部是高为h的圆柱体,其上表面半径为r,转动角速度为ω.现让旋转的陀螺以某水平速度从距水平地面高为H的光滑桌面上水平飞出后恰不与桌子边缘发生碰撞,陀螺从桌面水平飞出时,陀螺上各点中相对桌面的最大速度值为(已知运动中其转动轴一直保持竖直,空气阻力不计)(  )

图9
A.  B.
C.+ωr  D.r+ωr
答案 C
解析 陀螺下部分高为h′=r,下落h′所用时间为t,则h′=gt2.
陀螺水平飞出的速度为v,则r=vt,解得v=
陀螺自转的线速度为v′=ωr,陀螺上的点当转动的线速度与陀螺的水平分速度的方向相同时,对应的速度最大,所以最大速度v=ωr+,故C正确,A、B、D错误.
10.如图10所示,竖直面内半径为R的光滑半圆形轨道与水平光滑轨道相切于D点.a、b、c三个相同的物体由水平部分分别向半圆形轨道滑去,最后重新落回到水平面上时的落点到切点D的距离依次为AD<2R,BD=2R,CD>2R.设三个物体离开半圆形轨道在空中飞行时间依次为ta、tb、tc,三个物体到达水平面的动能分别为Ea、Eb、Ec,则下面判断正确的是(  )

图10
A.Ea=Eb  B.Ec=EbC.tb=tc  D.ta=tb
答案 C
解析 物体若从半圆形轨道最高点离开在空中做平抛运动,竖直方向上做自由落体运动,有:2R=gt2,则得:t=2
物体恰好到达半圆形轨道最高点时,有:mg=m,
则通过半圆形轨道最高点时的最小速度为:v=
所以物体从半圆形轨道最高点离开后平抛运动的水平位移最小值为:x=vt=2R
由题知:AD<2R,BD=2R,CD>2R,说明b、c通过最高点做平抛运动,a没有到达最高点,则知tb=tc=2,ta≠tb=tc.
对于a、b两球,通过D点时,a的速度比b的小,由机械能守恒可得:EaEb.
11.一长l=0.8 m的轻绳一端固定在O点,另一端连接一质量m=0.1 kg的小球,悬点O距离水平地面的高度H=1 m.开始时小球处于A点,此时轻绳拉直处于水平方向上,如图11所示.让小球从静止释放,当小球运动到B点时,轻绳碰到悬点O正下方一个固定的钉子P时立刻断裂.不计轻绳断裂的能量损失,取重力加速度g=10 m/s2.

图11
(1)求当小球运动到B点时的速度大小;
(2)绳断裂后球从B点抛出并落在水平地面的C点,求C点与B点之间的水平距离;
(3)若xOP=0.6 m,轻绳碰到钉子P时绳中拉力达到所能承受的最大拉力断裂,求轻绳能承受的最大拉力.
答案 (1)4 m/s (2)0.8 m (3)9 N
解析 (1)设小球运动到B点时的速度大小为vB,由机械能守恒定律得mv=mgl
解得小球运动到B点时的速度大小
vB==4 m/s
(2)小球从B点做平抛运动,由运动学规律得x=vBt
y=H-l=gt2
解得C点与B点之间的水平距离
x=vB=0.8 m
(3)若轻绳碰到钉子时,轻绳拉力恰好达到最大值Fm,由圆周运动规律得Fm-mg=m
r=l-xOP
由以上各式解得Fm=9 N.













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