1、 专题之一 牛顿第二定律牛顿第二定律1.定律的表述物体的加速度跟所受的外力的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合力的方向相同，既 F=ma （其中的 F 和 m、a 必须相对应）特别要注意表述的第三句话。因为力和加速度都是矢量，它们的关系除了数量大小的关系外，还有方向之间的关系。明确力和加速度方向，也是正确列出方程的重要环节。若 F 为物体受的合外力，那么 a 表示物体的实际加速度；若 F 为物体受的某一个方向上的所有力的合力，那么 a 表示物体在该方向上的分加速度；若 F 为物体受的若干力中的某一个力，那么 a 仅表示该力产生的加速度，不是物体的实际加速度。2.应用牛顿第二定律解
2、题的步骤明确研究对象。可以以某一个物体为对象，也可以以几个物体组成的质点组为对象。设每个质点的质量为 mi，对应的加速度为 ai，则有：F 合 =m1a1+m2a2+m3a3+mnan对这个结论可以这样理解：先分别以质点组中的每个物体为研究对象用牛顿第二定律： F1=m1a1， F2=m2a2， Fn=mnan，将以上各式等号左、右分别相加，其中左边所有力中，凡属于系统内力的，总是成对出现的，其矢量和必为零，所以最后实际得到的是该质点组所受的所有外力之和，即合外力 F。对研究对象进行受力分析。 （同时还应该分析研究对象的运动情况（包括速度、加速度） ，并把速度、加速度的方向在受力图旁边画出来。
3、若研究对象在不共线的两个力作用下做加速运动，一般用平行四边形定则（或三角形定则）解题；若研究对象在不共线的三个以上的力作用下做加速运动，一般用正交分解法解题（注意灵活选取坐标轴的方向，既可以分解力，也可以分解加速度） 。当研究对象在研究过程的不同阶段受力情况有变化时，那就必须分阶段进行受力分析，分阶段列方程求解。解题要养成良好的习惯。只要严格按照以上步骤解题，同时认真画出受力分析图，那么问题都能迎刃而解。3.应用举例例 1如图所示，m A=1kg，m B=2kg，A、B 间静摩擦力的最大值是 5N，水平面光滑。用水平力 F 拉 B，当拉力大小分别是 F=10N 和 F=20N 时，A、B 的加
4、速度各多大？解：先确定临界值，即刚好使 A、 B 发生相对滑动的 F 值。当 A、 B 间的静摩擦力达到 5N 时，既可以认为它们仍然保持相对静止，有共同的加速度，又可以认为它们间已经发生了相对滑动，A 在滑动摩擦力作用下加速运动。这时以 A 为对象得到 a =f/mA =5m/s2，再以 A、 B 系统为对象得到 F =（ mA+mB） a =15N当 F=10N15N 时， A、 B 间一定发生了相对滑动，用质点组牛顿第二定律列方程：，而 a A=f/mA =5m/s2，于是可以得到 a B =7.5m/s2BAam例 2如图所示，m =4kg 的小球挂在小车后壁上，细线与竖直方向成 37
5、角。当：小车以 a=g 向右加速； 小车以 a=g 向右减速时，分别求细线对小球的拉力 F1 和后壁对小球的压力 F2 各多大？解：向右加速时小球对后壁必然有压力，球在三个共点力作用下向右加速。合外力向右， F2 向右，因此 G 和 F1 的合力一定水平向左，所以 F1 的大小可以用平行四边形定则求出： F1=50N，可见向右加速时 F1 的大小与 a 无关； F2 可在水平方向上用牛顿第二定律列方程： F2-0.75G =ma 计算得 F2=70N。可以看出 F2 将随 a 的增大而增大。 （这种情况下用平行四边形定则比用正交分解法简单。 ）必须注意到：向右减速时， F2 有可能减为零，这时
6、小球将离开后壁而“ 飞”起来。这时细线跟竖直方向的夹角会改变，因此 F1 的方向会改变。所以必须先求出这个临界值。当时 G 和F1 的合力刚好等于 ma，所以 a 的临界值为 。当 a=g 时小球必将离开后壁。不难看出，g43这时 F1= mg=56N， F2=02例 3如图所示，在箱内的固定光滑斜面（倾角为 ）上用平行于斜面的细线固定一木块，木块质量为 m。当箱以加速度 a 匀加速上升时，箱以加速度 a 匀加速向左时，分别求线对木块的拉力 F1 和斜面对箱的压力 F2解： a 向上时，由于箱受的合外力竖直向上，重力竖直向下，所以 F1、 F2 的合力 F 必然竖直向上。可先求 F，再由 F1
7、=Fsin 和 F2=Fcos 求解，得到：F1=m(g+a)sin， F2=m(g+a)cos显然这种方法比正交分解法简单。 a 向左时，箱受的三个力都不和加速度在一条直线上，必须用正交分解法。可选择沿斜面方向和垂直于F2F1GavF1GvaFF2F1a vGvaaxay F2F1GGxGyxy斜面方向进行正交分解， （同时也正交分解 a） ，然后分别沿 x、 y 轴列方程求出 F1、 F2：F1=m(gsin-acos)， F2=m(gcos+asin)经比较可知，这样正交分解比按照水平、竖直方向正交分解列方程和解方程都简单。还应该注意到 F1 的表达式 F1=m(gsin-acos)显示
8、其有可能得负值，这意味这绳对木块的力是推力，这是不可能的。可见这里又有一个临界值的问题：当向左的加速度agtan 时 F1=m(gsin-acos)沿绳向斜上方；当 agtan 时木块和斜面不再保持相对静止，而是相对于斜面向上滑动，绳子松弛，拉力为零。例 4如图所示，质量为 m=4kg 的物体与地面间的动摩擦因数为 =0.5，在与水平成 =37角的恒力 F 作用下，从静止起向右前进 t1=2s 后撤去 F，又经过 t2=4s 物体刚好停下。求：F 的大小、最大速度 vm、总位移s解：由运动学知识可知：前后两段匀变速直线运动的加速度a 与时间 t 成反比，而第二段中 mg=ma2，加速度 a2=
9、g=5m/s2，所以第一段中的加速度一定是 a1=10m/s2。再由方程 可求得： F=54.5N 1)sin(cosmFgF第一段的末速度和第二段的初速度相等都是最大速度，可以按第二段求得： vm=a2t2=20m/s 又由于两段的平均速度和全过程的平均速度相等，所以有 m60)(21tvsm需要引起注意的是：在撤去拉力 F 前后，物体受的摩擦力发生了改变。四、连接体（质点组）在应用牛顿第二定律解题时，有时为了方便，可以取一组物体（一组质点）为研究对象。这一组物体可以有相同的速度和加速度，也可以有不同的速度和加速度。以质点组为研究对象的好处是可以不考虑组内各物体间的相互作用，这往往给解题带来
10、很大方便。使解题过程简单明了。例 5如图 A、B 两木块的质量分别为 mA、m B，在水平推力 F 作用下沿光滑水平面匀加速向右运动，求 A、B 间的弹力 FN。解：这里有 a、 FN 两个未知数，需要建立两个方程，要取两次研究对象。比较后可知分别以 B、 （ A+B）为对象较为简单（它们在水平方向上都只受到一个力作用） 。可得 FmBANFvF aA B这个结论还可以推广到水平面粗糙时（ A、 B 与水平面间 相同） ；也可以推广到沿斜面方向推A、 B 向上加速的问题，有趣的是，答案是完全一样的。例 6如图，倾角为 的斜面与水平面间、斜面与质量为 m 的木块间的动摩擦因数均为 ，木块由静止开
11、始沿斜面加速下滑时斜面仍保持静止。求水平面给斜面的摩擦力大小和方向。解：以斜面和木块整体为研究对象，水平方向仅受静摩擦力作用，而整体中只有木块的加速度有水平方向的分量。可以先求出木块的加速度 ，cossinga再在水平方向对质点组用牛顿第二定律，很容易得到： )c(siFf如果给出斜面的质量 M，本题还可以求出这时水平面对斜面的支持力大小为：FN=Mg+mg(cos+sin)sin，这个值小于静止时系统对水平面的压力。例 7 长 L 的轻杆两端分别固定有质量为 m 的小铁球，杆的三等分点 O 处有光滑的水平转动轴。用手将该装置固定在杆恰好水平的位置，然后由静止释放，当杆到达竖直位置时，求轴对杆
12、的作用力 F的大小和方向。解：根据系统机械能守恒可求出小球 1 在最高点的速度v：0= mg1/3L-mg2/3L+1/2mv2+1/2m(2v)2， 在竖直位置对系统用牛顿第二定律，以向下为正方向，设轴对系统的作用力 F 向上， ，3/2/2Lvmg得到 F=2.4mg 五、向心力和向心加速度（牛顿第二定律在圆周运动中的应用）1.做匀速圆周运动物体所受的合力为向心力“向心力”是一种效果力。任何一个力，或者几个力的合力，或者某一个力的某个分力，只要其效果是使物体做匀速圆周运动的，都可以作为向心力。2.一般地说，做圆周运动物体沿半径方向的合力为向心力。当作圆周运动物体所受的合力不指向圆心时，可以
13、将它沿半径方向和切线方向正交分解，其沿半径方向的分力为向心力，只改变速度的方向，不改变速度的大小；其沿切线方向的分力为切向力，只改变速度的大小，不改变速度的方向。分别与它们相应的向心加速度描述速度方向变化的快慢，切向加速度描述速度大小变化的快慢。3.圆锥摆圆锥摆是典型的运动轨迹在水平面内的匀速圆周运动。其特点是由物体的重力与弹力的合力充当向心力，向心力的方向水平。也可以说是其中弹力的水平分力提供向心力（弹力的竖直分力和重力互为平衡力） 。例 8小球在半径为 R 的光滑半球内做水平面内的匀速圆周运动，试分析图中的 （小球与半球球心连线跟竖直方向的夹角）与线速度 v、周期 T 的关系。 （小球的半
14、径远小于 R。 ）解：小球做匀速圆周运动的圆心在和小球等高的水平面上（不在半球的球心）O 12NGF，向心力 F 是重力 G 和支持力 N 的合力，所以重力和支持力的合力方向必然水平。如图所示有： ，由此可得：22sinsitanmRvmg， （式中 h 为小球轨道平面到球心的高度） 。可见，gTRv co,t 越大（即轨迹所在平面越高） ， v 越大， T 越小。本题的分析方法和结论同样适用于圆锥摆、火车转弯、飞机在水平面内做匀速圆周飞行等在水平面内的匀速圆周运动的问题。共同点是由重力和弹力的合力提供向心力，向心力方向水平。4.竖直面内圆周运动最高点处的受力特点及结论这类题的特点是：物体做圆
15、周运动的速率是时刻在改变的，由于机械能守恒，物体在最高点处的速率最小，在最底点处的速率最大。物体在最低点处向心力向上，而重力向下，所以弹力必然向上且大于重力；而在最高点处，向心力向下，重力也向下，所以弹力的方向就不能确定了，要分三种情况进行讨论。弹力只可能向下，如绳拉球。这种情况下有 mgRvF2即 ，否则不能通过最高点。gv弹力只可能向上，如车过桥。在这种情况下有 ，否则将离开桥面，做平抛运动。gRvRF,2弹力既可能向上又可能向下，如管内转（或杆连球） 。这种情况下，速度大小 v 可以取任意值。可以进一步讨论：当 时弹力必然是向下的；当 时弹力必然是向上的；当gRv时弹力恰好为零。当弹力大
16、小 Fmggv时，向心力只有一解：F +mg；当弹力 F=mg 时，向心力等于零。例 9杆长为 L，球的质量为 m，杆连球在竖直平面内绕轴 O 自由转动，已知在最高点处，杆对球的弹力大小为 F=1/2mg，求这时小球的即时速度大小。解：小球所需向心力向下，本题中 F=1/2mg mg，所以弹力的方向可能向上也可能向下。若 F 向上，则 若 F 向下，则2,2gLvg23,2Lvmg本题是杆连球绕轴自由转动，根据机械能守恒，还能求出小球在最低点的即时速度。 绳FGGF特别需要注意的是：若题目中说明小球在杆的带动下在竖直面内做匀速圆周运动，则运动过程中小球的机械能不再守恒，这两类题务必分清。六、万
17、有引力 人造卫星1.用万有引力定律求中心星球的质量和密度当一个星球绕另一个星球做匀速圆周运动时，设中心星球质量为 M，半径为 R，环绕星球质量为 m，线速度为 v，公转周期为 T，两星球相距 r，由万有引力定律有：，可得出 ，由 r、v 或 r、T 就可以求出中心星球的222TrrGM2324GvM质量；如果环绕星球离中心星球表面很近，即满足 rR，那么由 可以求出中心星34R球的平均密度 。2.双星宇宙中往往会有相距较近，质量可以相比的两颗星球，它们离其它星球都较远，因此其它星球对它们的万有引力可以忽略不计。在这种情况下，它们将围绕它们连线上的某一固定点做同周期的匀速圆周运动。这种结构叫做双
18、星。由于双星和该固定点总保持三点共线，所以在相同时间内转过的角度必相等，即双星做匀速圆周运动的角速度必相等，因此周期也必然相同。由于每颗星的向心力都是由双星间相互作用的万有引力提供的，因此大小必然相等，由F=mr 2 可得 ，于是有mr1Lmrr2121,列式时须注意：万有引力定律表达式中的 r 表示双星间的距离，按题意应该是 L，而向心力表达式中的 r 表示它们各自做圆周运动的半径，在本题中为 r1、r 2，千万不可混淆。3.人造卫星（只讨论绕地球做匀速圆周运动的人造卫星）人造卫星的线速度和周期。人造卫星的向心力是由地球对它的万有引力提供的，因此有：，由此可得到两个重要的结论： 和 。22T
19、mrvrGM rGMv3rGT可以看出，人造卫星的轨道半径 r、线速度大小 v 和周期 T 是一一对应的，其中一个量确定后，另外两个量也就唯一确定了。离地面越高的人造卫星，线速度越小而周期越大。近地卫星。近地卫星的轨道半径 r 可以近似地认为等于地球半径 R，又因为地面附近 ，2RMg所以有 。它们分别是绕地球做匀速圆周min8510.2,/109.733 sgRTsmgRv运动的人造卫星的最大线速度和最小周期。同步卫星。 “同步”的含义就是和地球保持相对静止（又叫静止轨道卫星） ，所以其周期等于地球自转周期，既 T=24h，根据可知其轨道半径是唯一确定的，经过计算可得求得同步卫星离地面的高度
20、为 h=3.6107m5.6R 地 ，而且该轨道必须在地球赤道的正上方，卫星的运转方向必须是由西向东。m1 m2r1 r2O例 10.“神舟三号”顺利发射升空后，在离地面 340km 的圆轨道上运行了 108 圈。运行中需要多次进行 “轨道维持” 。所谓“轨道维持”就是通过控制飞船上发动机的点火时间和推力的大小方向，使飞船能保持在预定轨道上稳定运行。如果不进行轨道维持，由于飞船受轨道上稀薄空气的摩擦阻力，轨道高度会逐渐降低，在这种情况下飞船的动能、重力势能和机械能变化情况将会是 A.动能、重力势能和机械能都逐渐减小B.重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能不变C.重力势能逐渐增大，动能逐渐减小
21、，机械能不变D.重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能逐渐减小解：由于阻力很小，轨道高度的变化很慢，卫星运行的每一圈仍可认为是匀速圆周运动。由于摩擦阻力做负功，根据机械能定理，卫星的机械能减小；由于重力做正功，根据势能定理，卫星的重力势能减小；由 可知，卫星动能将增大。这也说明该过程中重力做的功r1GMv大于克服阻力做的功，外力做的总功为正。答案选 D例 11 如图所示，某次发射同步卫星时，先进入一个近地的圆轨道，然后在 P 点点火加速，进入椭圆形转移轨道（该椭圆轨道的近地点为近地圆轨道上的 P，远地点为同步轨道上的 Q） ，到达远地点时再次自动点火加速，进入同步轨道。设卫星在近地圆轨道上运行
22、的速率为 v1，在 P 点短时间加速后的速率为 v2，沿转移轨道刚到达远地点 Q 时的速率为 v3，在 Q 点短时间加速后进入同步轨道后的速率为 v4。试比较 v1、v 2、v 3、v 4 的大小，并用小于号将它们排列起来_。解：根据题意在 P、 Q 两点点火加速过程中，卫星速度将增大，所以有 v2v1、 v4v3，而 v1、 v4 是绕地球做 匀速圆周运动的人造卫星的线速度，由于它们对应的轨道半径 r1v4。把以上不等式连接起来，可得到结论： v2v1v4v3。 （卫星沿椭圆轨道由 PQ 运行时，由于只有重力做负功，卫星机械能守恒，其重力势能逐渐增大，动能逐渐减小，因此有 v2v3。 ） 例
23、 12 欧洲航天局用阿里亚娜火箭发射地球同步卫星。该卫星发射前在赤道附近（北纬 5左右）南美洲的法属圭亚那的库卢基地某个发射场上等待发射时为 1 状态，发射到近地轨道上做匀速圆周运动时为 2 状态，最后通过转移、调试，定点在地球同步轨道上时为 3 状态。将下列物理量按从小到大的顺序用不等号排列：这三个状态下卫星的线速度大小_；向心加速度大小_；周期大小_。解：比较 2、3 状态，都是绕地球做匀速圆周运动，因为 r2r3，所以 v3v2；比较 1、3 状态，周期相同，即角速度相同，而 r1r3 由 v= r，显然有 v1v3；因此 v1v3v2。比较 2、3 状态，都是绕地球做匀速圆周运动，因为
24、 r2r3，而向心加速度就是卫星所在位置处的重力加速度Qv2v3Pv4 v1g=GM/r21/r2，所以 a3a2；比较 1、3 状态，角速度相同，而 r1r3，由 a=r2r，有 a1a3；所以 a1a3a2。比较 1、2 状态，可以认为它们轨道的周长相同，而 v1 v2，所以 T2T1；又由于 3 状态卫星在同步轨道，周期也是 24h，所以 T3=T1，因此有 T2T1=T3。 专题之二 动量和能量概述：处理力学问题、常用的三种方法一是牛顿定律；二是动量关系；三是能量关系。若考查的物理量是瞬时对应关系，常用牛顿运动定律；若研究对象为一个系统，首先考虑的是两个守恒定律；若研究对象为一个物体，
25、可优先考虑两个定理。特别涉及时间问题时，优先考虑的是动量定理、而涉及位移及功的问题时，优先考虑的是动能定理。两个定律和两个定理，只考查一个物理过程的始末两个状态，对中间过程不予以细究，这正是它们的方便之处，特别是变力问题，就显示出其优越性。动量与能量的综合问题，是高中力学最重要的综合问题，也是难度较大的问题。分析这类问题时，应首先建立清晰的物理图景、抽象出物理模型、选择物理规律、建立方程进行求解。例题分析：例 1. 如 图 所 示 ， 质 量 分 别 为 m 和 2m 的 A、 B 两 个 木 块 间 用 轻 弹 簧 相连 ， 放 在 光 滑 水 平 面 上 ， A 靠 紧 竖 直 墙 。 用
26、 水 平 力 F 将 B 向 左 压 ， 使 弹簧 被 压 缩 一 定 长 度 ， 静 止 后 弹 簧 储 存 的 弹 性 势 能 为 E。 这 时 突 然 撤 去F， 关 于 A、 B 和 弹 簧 组 成 的 系 统 ， 下 列 说 法 中 正 确 的 是 （ BD）A.撤 去 F 后 ， 系 统 动 量 守 恒 ， 机 械 能 守 恒B.撤 去 F 后 ， A 离 开 竖 直 墙 前 ， 系 统 动 量 不 守 恒 ， 机 械 能 守 恒C.撤 去 F 后 ， A 离 开 竖 直 墙 后 ， 弹 簧 的 弹 性 势 能 最 大 值 为 ED.撤 去 F 后 ， A 离 开 竖 直 墙 后
27、， 弹 簧 的 弹 性 势 能 最 大 值 为 E/3A 离开墙前墙对 A 有弹力，这个弹力虽然不做功，但对 A 有冲量，因此系统机械能守恒而动量不守恒；A 离开墙后则系统动量守恒、机械能守恒。A 刚离开墙时刻，B 的动能为 E，动量为p= 向右；以后动量守恒，因此系统动能不可能为零，当 A、B 速度相等时，系统总动能mE4最小，这时的弹性势能为 E/3。 指出：应用守恒定律要注意条件。对整个宇宙而言，能量守恒和动量守恒是无条件的。但对于我们选定的研究对象所组成的系统，守恒定律就有一定的条件了。如系统机械能守恒的条件就是“只有重力做功” ；而系统动量守恒的条件就是“合外力为零 ”。FA B例
28、2. 长为 L 宽为 d 质量为 m 总电阻为 R 的矩形导线框上下两边保持水平，在竖直平面内自由落下而穿越一个磁感应强度为 B 宽度也是 d 的匀强磁场区。已知线框下边刚进入磁场就恰好开始做匀速运动。则整个线框穿越该磁场的全过程中线框中产生的电热是_。若直接从电功率计算，就需要根据 求匀速运动的速度 v、再求vLg2电动势 E、电功率 P、时间 t，最后才能得到电热 Q。如果从能量守恒考虑，该过程的能量转化途径是重力势能 EP电能 E电热 Q，因此直接得出 Q=2mgd 指出：深刻理解守恒的本质，灵活选用守恒定律的各种表示形式例如机械能守恒定律就有多种表达形式： EK+EP=EK/ +EP，
29、 EK+EP=0。它们的实质是一样的，但在运用时有繁简之分。因为重力势能的计算要选定参考平面，而重力势能变化的计算跟参考平面的选取无关，所以用后者往往更方便一些。在运用更广义的能量守恒定律解题时，可以这样分析：先确定在某一过程中有哪些能量参与了转化；哪些能量增加了，哪些能量减少了；然后根据能量守恒的思想，所有增加了的能量之和一定等于所有减少了的能量之和，即 E 增 =E 减 。例 3 如图所示，质量为 1.0kg 的物体 m1，以 5m/s 的速度在水平桌面上 AB 部分的左侧向右运动，桌面 AB 部分与 m1 间的动摩擦因数 =0.2，AB 间的距离 s=2.25m，桌面其他部分光滑。m 1
30、 滑到桌边处与质量为 2.5kg 的静止物体 m2 发生正碰，碰撞后m2 在坚直方向上落下 0.6m 时速度大小为 4m/s，若 g 取10m/s2，问 m1 碰撞后静止在什么位置？解析：m1 向右运动经过 AB 段作匀减速运动，由动能定律可以求出离开 B 点继续向右运动的速度为 4 米/ 秒；和 m2发生碰撞后，m2 作平抛运动，由平抛运动知识可以求出 m2 做平抛运动的初速度（碰撞之后）为 2 米/秒。利用动量守恒定律可以求出碰撞之后瞬间 m1 的速度为 1 米/秒。由动能定律可以求出返回经过 AB 段，离 B 点 0.25 米处停止。例 4 如图所示，球 A 无初速地沿光滑圆弧滑下至最低
31、点 C 后，又沿水平轨道前进至 D 与质量、大小完全相同的球 B 发生动能没有损失的碰撞。 B 球用长 L 的细L ddB线悬于 O 点，恰与水平地面切于 D 点。A 球与水平地面间摩擦系数 =0.1，已知球 A 初始高度h=2 米，CD=1 米。问：(1)若悬线 L=2 米，A 与 B 能碰几次?最后 A 球停在何处？(2)若球 B 能绕悬点 O 在竖直平面内旋转， L 满足什么条件时， A、B 将只能碰两次？A 球最终停于何处？(1)20 次 A 球停在 C 处(2)L0.76 米，A 球停于离 D9.5 米处例 5 如图所示，小木块的质量 m0.4kg，以速度 20m/s，水平地滑上一个
32、静止的平板小车，小车的质量 M1.6kg，小木块与小车间的动摩擦因数 0.2.（不计车与路面的摩擦）求：(1)小车的加速度；(2)小车上的木块相对于小车静止时，小车的速度；(3)这个过程所经历的时间. (1)0.5m/s2；(2)4m/s；(3)8s第二问：对 m、M 系统研究，利用动量守恒定律很快求出木块相对小车静止时，小车的速度。也可以利用动能定理分别研究 m 和 M，但相对而言要麻烦得多。表明合理选择物理规律求解，可以提高解题速度和准确程度例 6 如图所示 ,在光滑水平地面上有一辆质量为 M 的小车,车上装有一个半径为 R 的光滑圆环.一个质量为 m 的小滑块从跟车面等高的平台上以速度 V0滑入圆环.试问:小滑块的初速度 V0 满足什么条件才能使它运动到环顶时恰好对环顶无压力? 解析：滑块至圆环的最高点且恰好对环顶无压力，应有式中 V 是滑块相对圆心 O 的)1(2Rvg线速度，方向向左。设小车此时速度 u，并以该速度方向为正方向，则滑块的对地速度为对滑块和小车组成的系统，由于水平方向所受合外力为零，由动量守恒有).(uv)2()(0vmM由滑块和小车系统的机械能守恒有 三式)3(2)(21120 mgRuvMumv联立求解得： Rgv)45(0指出：公式 是相对圆心的线速度，而本题中的圆心是以 u 向右移动的，所以滑快中 的/2
