微专题 22 竖直面内的圆周运动
A
．假如
【核心重点提示】
绳、杆模型波及的临界问题
绳模型
杆模型
常有 种类
均是没有支撑的小球
均是有支撑的小球
过最高点
的临界条
v2
由 mg＝ m r 得 v
由小球恰能做圆周运动得
v 临 ＝ gr
临 ＝ 0
件
(1)当 v＝ 0 时， FN ＝ mg，FN 为支持力，沿半径 (1) 过最高点时， v≥ gr ，
背叛圆心
F v2 N＋mg＝m ，绳、圆轨
v2
议论
r
(2)当 0 N (2) 不可以过最高点时， (3)当 v＝ gr 时， FN ＝ 0 v< gr ，在抵达最高点前小 2 (4)当 v> gr 时， FN ＋mg＝mv ，F N 指向圆心并 球已经离开了圆轨道 r 随 v 的增大而增大 【核心方法点拨】 在竖直平面内做圆周运动的物体，按物体运动到轨道最高点时的受力状况判断有没有支撑，运用对用的临界条件解决问题。 【微专题训练】 【例题 1】如下图，半径为 R 的竖直圆滑圆轨道内侧底部静止着一个圆滑小球，现给小球 一个冲击使其在瞬时获得一个水平初速度 v0，若 v0 大小不一样，则小球能够上涨到的最大高 度( 距离底部 )也不一样．以下说法中正确的选项是 ( ) R 0＝ gR，则小球能够上涨的最大高度为B．假如 v0 ＝ 2gR，则小球能够上涨的最大高度为 R 2 C．假如 v3R 0 ＝ 3gR，则小球能够上涨的最大高度为 2 1 2 v D．假如 v0＝ 5gR，则小球能够上涨的最大高度为2R 【分析】依据机械能守恒定律，当速度为 gR，由 mgh＝ mv0解出 h＝ v0＝ 1 2 2 R 2 ，A 项正确， B 项错误；当 v0＝ 5gR，小球正好运动到最高点， 点以下，若 C 项建立，说明小球此时向心力为 【答案】 AD 【变式 1】如下图，轻绳的一端固定在 D 项正确；当 v0＝ 3gR时小球运动到最高 0，这是不行能的． O 点，另一端系一质量为 m 的小球 (可视为质点 )。 当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，经过传感器测得轻绳拉力 FT 、轻绳与竖 直线 OP 的夹角 θ知足关系式 F T＝ a＋ bcos θ，式中 a、b 为常数。若不计空气阻力，则当地 的重力加快度为 ( ) b A. 2m 3b C. m 2b B． m b D． 3m mv12 当小球运动到最低点时， θ＝0，拉力最大， FT1＝ a＋ b， FT1＝ mg＋ L ；当小球运 2 mv 动到最高点时， θ＝ 180°，拉力最小， FT2 ＝ a－ b， FT2 ＝－ mg＋2；由动能定理有 mg·2L ＝ L 分析： 1 2 2 mv1－ mv2，联立解得 1 2 2 b g＝ ，选项 D 正确。 3m 答案： D 2】 (多项选择 )如 【例题 图 3 所示，圆滑管形圆轨道半径为 R( 管径远小于 R)，小球 a、 b 大小相 v 经过轨 ) 同，质量均为 m，其直径略小于管径，能在管中无摩擦运动．两球先后以相同速度 道最低点，且当小球 a 在最低点时，小球 b 在最高点，则以下说法正确的选项是( A ．当小球 b 在最高点对轨道无压力时，小球 a 所需向心力是小球 b 所需向心力的 5 倍 B．速度 v 起码为 5gR，才能使两球在管内做圆周运动 C．速度知足 2 gR＜ v＜ 5gR时，小球在最高点会对内侧轨道有压力作用 D．只需 v≥ 5gR，小球 a 对轨道最低点的压力比小球 2 b 对轨道最高点的压力大 6mg 2 【分析】小球运动到最高点对轨道无压力时， v 其重力供给向心力， 则 mg＝ m1 ，解得 v1＝ R gR， 依据机械能守恒定律， 1 mv 2 1 2 ＝ mv1＋ 2mgR，解得 v＝ 5gR，依据向心力公式， 可知 A 正确； 2 2 两球在管内做完好的圆周运动的临界条件是小球到最高点时速度恰巧为 机械能守恒定律， mv2＝ 2mgR，解得 v＝ 2 gR，所以 B 错误；当 2 运动到最高点， 在最高点时会和内侧轨道有弹力作用， 2 1 2 为 v1 ，当 v≥ 5gR时， mv ＝ mv1＋ 2mgR，在最低点 F 1－ mg＝ m 1 0，此状态下，依据 2 gR＜ v＜ 5gR，小球能 C 正确； 小球 b 在轨道最高点的速度 v2 R 1 ，在最高点 v12 F 2＋mg＝m ， 2 2 R 解得 F 1－ F2＝6mg， D 正确． 【答案】 ACD 【变式 2】如下图，在质量为 M 的物体内有圆滑的圆形轨道，有一质量为 A 与 C 两点分别是轨道的最高点和最低点， m 的小球在竖 B、D 两点与圆 直平面内沿圆轨道做圆周运动， 心 O 在同一水平面上． 在小球运动过程中，物体 M 静止于地面，则对于物体 M 对地面的压 力 FN 和地面对物体 M 的摩擦力方向，以下说法正确的选项是 () A ．小球运动到 A 点时， FN＞ Mg ，摩擦力方向向左 B．小球运动到 B 点时， FN ＝Mg ，摩擦力方向向右 C．小球运动到 C 点时， FN＜ ( M＋ m)g，地面对 M 无摩擦 D．小球运动到 D 点时， F N＝ (M＋ m)g，摩擦力方向向右 【分析】小球在 A 点时，系统在水平方向不受力的作用，所以没有摩擦力的作用， 误；小球在 B 点时，需要的向心力向右，所以 A 项错 M 受力 M 对小球有向右的支持力的作用，对 剖析可知， 地面要对物体有向右的摩擦力的作用， 力均衡，所以物体 M 对地面的压力 在竖直方向上， 因为没有加快度，物体受 FN ＝ Mg，B 项正确；小球在 C 点时，小球的向心力向 M 遇到的小球的压力大于 mg，那 上，所以物体 M 对小球的支持力要大于小球的重力，故 么 M 对地面的压力就要大于 (M ＋m)g，系统在水平方向上不受力，则地面对 M 没有摩擦， C 项错误；小球在 D 点和 B 点的受力的近似， M 对小球的弹力向左，则小球对 M 的弹力向 FN＝ Mg，D 项错 右，则 M 遇到地面的摩擦力方向向左，在竖直方向上，依据均衡条件知， 误． 【答案】 B 3 【稳固习题】 1.(多项选择 )(2018 北·京东城区模拟 )长为 L 的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在圆滑的水 平轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动，对于小球在最高点的速度 v，以下说法中正确的 是( ) A ．当 v 的值为 gL时，杆对小球的弹力为零 B．当 v 由 gL 渐渐增大时，杆对小球的拉力渐渐增大 C．当 v 由 gL 渐渐减小时，杆对小球的支持力渐渐减小 D．当 v 由零渐渐增大时，向心力也渐渐增大 思想点拨： (1) 模型种类：竖直平面内圆周运动的轻杆模型。 (2) 临界条件：最高点杆受力为零的条件为v＝ gL。 (3) 采用规律：用牛顿第二定律列表达式、议论。 分析： 在最高点，球对杆的作使劲为 0 时，依据牛顿第二定律有 mg＝ mv L 2 ，得 v＝ gL ， mv2 A 对；由上可知，当 v> gL时，轻杆对球有拉力，则有 对；当 v< gL时，轻杆对球有支持力，则有 2 mg－ F ′＝ mv 2 L F＋ mg＝ L ，v 增大， F 增大， B ， v 减小， F′增大， C 错；由 F 向 mv ＝ L 知， v 增大，向心力增大， D 对。 答案： ABD 2.(2014 江·苏扬州 )如下图，杂技演员在表演 “水流星 ”，用长为 1.6 m 轻绳的一端，系一个 “水流星 ” 总质量为 0.5 kg 的盛水容器，以绳的另一端为圆心，在竖直平面内做圆周运动，若 经过最高点的速度为 4 m/s， g 取 10 m/s2，则以下说法正确的选项是 ( ) A ． “水流星 ”经过最高点时，有水冷静器中流出 B． “水流星 ”经过最高点时，绳的张力及容器的底部遇到的压力均为零 C． “水流星 ”经过最高点时处于完好失重状态，不受力的作用 D． “水流星 ”经过最高点时，绳索的拉力大小为 5 N 【分析】 当水对桶底压力为零时，有 2 v mg＝mr ，解得 v＝ gr ＝ 4 m/s， “水流星 ”经过最高 点的速度为 4 m/s，知水对桶底压力为零，不会冷静器中流出．对水和桶剖析，有 T＋ Mg ＝ 4 2 M ，解得 T＝ 0，知此时绳索的拉力为零，故 A 、D 项错误， B 项正确； “水流星 ”经过最高 r v 点时，仅受重力，处于完好失重状态，故 【答案】 B C 项错误． 3.(2015 福·建福州 )半径为 R 的圆滑半圆球固定在水平面上， 顶部有一个小物体 今给它一个水平的初速度 v0＝ gR，则物体将 ( ) m，如下图， A ．沿球面下滑至 M 点 B．先沿球面至某点 N，再走开球面做斜下抛运动 C．按半径大于 R 的新的圆弧轨道运动 D．立刻走开半球做平抛运动 【分析】 小物体在半球面的极点， 假如能沿球面下滑， 则它遇到的半球面的弹力与重力的合 力供给向心力，有 mg－ FN ＝ 2 mv R0＝ mg， F N＝ 0，这说明小物体与半球面之间无互相作使劲， D 选项正确；即便小物 h 小物体只遇到重力的作用，又有水平初速度，小物体将做平抛运动， 2 ＝ 3R， A 、 B 选项错误；走开曲面受恒力 体的初速度为 0，在圆滑曲面上的某点也将走开曲面，其高度我们在力的分解中已证明为 mg 的作用，不行能做圆周运动，圆周运动的合外 力为变力， C 选项错误． 【答案】 D 4.【哈三中 2016— 2017 学年度上学期高三学年期中考试】如下图，长为 一质量为 m 小球，另一端固定在 O 点，绳的最大承受能力为 一小钉，先把绳拉至水平再开释小球，为使绳不被拉断且小球能以 的圆周运动，则钉的地点到 O 点的距离为 ( ) L 的细绳一端拴 O/点有 11mg，在 O 点正下方 O/为轴达成竖直面完好 A ．最小为 2 5 LB ．最小为 L 3 C．最大为 4 5 L D ．最大为L 9 10 5 【答案】 BC 5.一般的曲线运动能够分红好多小段，每小段都能够当作圆周运动的一部分，即把整条曲线 用一系列不一样半径的小圆弧来取代，如 (a)所示，曲线上 A 点的曲率圆定义为：经过 图 A 点 A 点的曲率圆，其半 和曲线上紧邻 A 点双侧的两点作一圆，在极限状况下，这个圆就叫做 α角的方向以速径 ρ叫做 A 点的曲率半径．现将一物体沿与水平面成 v0 抛出，如图 (b) 度 所示．则在其轨迹最高点 P 处的曲率半径是 ( ) 5 v0 2 v0sin 2 2 α v0cos α 2 2 v0cos α 2 2 A. g B. g C. g D. gsinα 【分析】 2 0 ＝v cos 2 在最高点只有重力供给 “圆周运动 ”的向心力，有 mg＝ m r v 2 2 ＝ m v0cosα ，故 ρ ρ α . g 【答案】 C 6.如下图为空间站中模拟地球上重力的装置，环形实验装置的外侧壁相当于 “地板 ”，让环 “重力 ”，则 形实验装置绕 O 点旋转， 能使 “地板 ”上可视为质点的物体与地球表面处有相同的 旋转角速度应为 (地球表面重力加快度为 g，装置的外半径为 R)( ) A. g R B. R g C． 2 g R D. 2R g 【分析】物体伴同环形装置做圆周运动， g ， A 正确，选项 B、 C、D 错误． R 【答案】 A ＝ 2“重力 ”供给向心力，可得： mg＝ mωR，解得： ω 7.如下图，一根水平圆滑的绝缘直槽轨连结一个竖直搁置的半径为 R＝0.50 m 的绝缘圆滑 槽轨．槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中， － 3 磁感觉强度 B＝ 0.50 T．有一个质量 m＝0.10 g， 带电量为 q＝＋ 1.6 ×10 C 的小球在水平轨道上向右运动．若小球恰巧能经过最高点，则下 列说法正确的选项是 ( ) A ．小球在最高点所受协力为零 B．小球抵达最高点时的机械能与小球在水平轨道上的机械能相等 6 v2 C．假如设小球抵达最高点的线速度是 v，小球在最高点时式子 mg＋ qBv＝ mR 建立 2 v0＝ 21 m/s D．假如重力加快度取 10 m/s ，则小球初速度 【分析】 设小球在最高点的速度为 v，则小球在最高点所受洛伦兹力为 v2 f＝ qBv，方向竖直 有 向上， 因为小球恰巧能经过最高点， 故小球在最高点由洛伦兹力和重力共同供给向心力， mg－ qBv＝ m ，解得 v＝ 1 m/s，若 mg＝ qBv，解得速度 v＝1.25 m/s，故 A 、C 项错误；由 只有重力做功， 所以小球在运动过程中机 R 于无摩擦力，且洛伦兹力不做功，支持力不做功， 械能守恒，由机械能守恒定律，可得 1 2 2 mv0＝ mg×2R＋ mv ，解得 v0＝ 1 2 2 21 m/s，故 B 、 D 两 项正确． 【答案】 BD 8.(2016 海·南单科 )如图，圆滑圆轨道固定在竖直面内， 一质量为 m 的小球沿轨道做完好的圆 周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为 N1，在最高点时对轨道的压力大小为N2。 ) 重力加快度大小为 g，则 N1－N2 的值为 ( A ． 3mg B ．4mg 2 C． 5mg D ．6mg 【分析】设小球在最低点速度为 v1，在最高点速度为 v2 ，在依据牛顿第二定律： v1 在最低点： N1－ mg＝ mR v2 在最高点： N2＋ mg＝ mR 同时从最高点到最低点，依据动能定理： 1 2－1 2 2 mg·2R＝2mv1 2mv2 联立以上三式方程式能够获得： 【答案】 D N1－ N2 ＝6mgR，应选项 D 正确。 9.(2012 济·南模拟 )如下图，小球紧贴在竖直搁置的圆滑圆形管道内壁做圆周运动，内侧壁 半径为 R，小球半径为 r，则以下说法正确的选项是 ( ) A ．小球经过最高点时的最小速度 B．小球经过最高点时的最小速度 vmin＝ g(R＋ r) vmin＝ 0 C．小球在水平线 ab 以下的管道中运动时，内侧管壁对小球必定无作使劲 D．小球在水平线 ab 以上的管道中运动时，外侧管壁对小球必定有作使劲 【分析】小球沿管上涨到最高点的速度能够为零，故 下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作使劲 A 错误， B 正确；小球在水平线 FN 与球重力在背叛圆心方向的分力 ab 以 F mg 的 7 协力供给向心力，即： FN－ Fmg＝ ma，所以，外侧管壁必定对球有作使劲，而内侧壁无作使劲， C 正确；小球在水平线 ab 以上的管道中运动时，小球受管壁的作使劲状况与小球速度 大小相关， D 错误． 【答案】 BC 10.(2014 深·圳一模 )如图为过山车以及轨道简化模型，不计全部阻力，以下判断正确的选项是 ( ) A ．过山车在圆轨道上做匀速圆周运动 B．过山车在圆轨道最高点时的速度应不小于 C．过山车在圆轨道最低点时乘客处于超重状态 gR D．过山车在斜面 h＝ 2R 高处由静止滑下能经过圆轨道最高点 【分析】因为过山车在轨道上运动时，速度大小发生变化，所以其运动为非匀速圆周运动， A 错误；在轨道最高点，过山车应知足 mg＋ N＝ m v2 ，因为 N≥0，则 v≥ gR，B 正确；过山 R 车过轨道最低点时，合外力、加快度竖直向上，车内的乘客均处于超重状态， 车由开释点至圆轨道最高点由机械能守恒定律得 mgh＝ mg2R＋ mv C 正确；过山 ，此中 v≥ gR，则 h> R， 1 2 2 5 2 故 D 错误． 【答案】 BC 11.如下图，用长为 L 的轻绳把一个小铁球悬挂在高 竖直平面内做圆周运动且恰能抵达最高点 2L 的 O 点处，小铁球以 ) O 为圆心在 B 处，则有 ( A ．小铁球在运动过程中轻绳的拉力最大为 B．小铁球在运动过程中轻绳的拉力最小为 6mg mg C．若运动中轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为 7gL D．若小铁球运动到最低点时轻绳断开，则小铁球落到地面时的水平位移为 【分析】小铁球以 O 为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能抵达最高点 2L B 处，说明小铁球 在最高点 B 处时，轻绳的拉力最小为零， mg＝ mv 2 mv1 2 mv 2 ， v＝ gL，由机械能守恒定律得，小铁 L 球运动到最低点时动能 mv1 2 2 ＝ 2 ＋ mg·2L，在最低点时轻绳的拉力最大，由牛顿第二定律 F －mg＝ L ，联立解得轻绳的拉力最大为 F＝ 6mg，选项 A 正确， B 错误；以地面为重力势 8 能参照平面， 小铁球在 B 点处的总机械能为 mg·3L ＋ mv 1 2 1 2 ＝ mgL，不论轻绳是在哪处断开， 7 2 小铁球的机械能老是守恒的，所以抵达地面时的动能 2＝ 7 2mv′ 2mgL，落到地面时的速度大小 v1＝ 为 v′＝ 7gL，选项 C 正确；小铁球运动到最低点时速度 1 2 2 5gL，由 x＝ v1t ，L＝ gt ，联 立解得小铁球落到地面时的水平位移为 【答案】 AC x＝ 10L，选项 D 错误． 12.如下图，半径为 R 的圆滑细圆环轨道被固定在竖直平面上，轨道正上方和正下方分别 有质量为 2m 和 m 的静止小球 A、B，它们由长为 2R 的轻杆固定连结， 圆环轨道内壁开有环 A 施加细小扰动、两 形小槽，可使细杆无摩擦、无阻碍地绕此中心点转动．今对上方小球 球开始运动后，以下说法不正确的选项是( ) A ．轻杆转到水平地点时两球的加快度大小相等 B．轻杆转到竖直地点时两球的加快度大小不相等 C．运动过程中 A 球速度的最大值为 4gR 3 13 3 mg D．当 A 球运动到最低点时，两小球对轨道作使劲的协力大小为 【分析】两球做圆周运动，在随意地点角速度相等，则线速度和向心加快度大小相等， A 正确， B 错误； A、 B 两球构成的系统机械能守恒，当系统重力势能最小 时，线速度最大， 则 mg·2R＝ ×3mv ，最大速度 v＝ 2 选项 (即 A 在最低点 ) 1 2 4gR v2 3 v2 ，选项 C 正确； A 在最低点时， 13mg 3 ，选项 D 正 分别对 A、B 受力剖析， FN A－ 2mg＝ 2mR，F NB ＋mg＝ mR，则 FN A－ F NB＝ 确． 【答案】 B 13.(多项选择 )如下图，一个内壁圆滑的 3 圆管轨道 ABC 竖直搁置，轨道半径为 R.O、 A、D 位 4 于同一水平线上， A、 D 间的距离为 R.质量为 m 的小球 (球的直径略小于圆管直径 )，从管口 ) A 正上方由静止开释，要使小球能经过 C 点落到 AD 区，则球经过 C 点时 ( 9 gR A ．速度大小知足 2 ≤vC≤ 2gR B．速度大小知足 0≤vC≤ gR 1 C．对管的作使劲大小知足 2mg≤F C≤mg D．对管的作使劲大小知足 0≤FC≤mg 【分析】小球走开 C 点做平抛运动， 落到 A 点时水平位移为 动学公式可得：竖直方向有 R，竖直着落高度为 R，依据运 R＝ gt，水平方向有 R＝ vC1 t，解得 vC1＝ 2 1 2 gR 2 ；小球落到 D ≤vC≤ 2gR， 点时水平位移为 2R，则有 2R＝ vC2t，解得 vC2＝ 2gR，故速度大小知足 gR 2 A 项正确， B 项错误；因为球的直径略小于圆管直径，所以过 力可能向下，也可能向上，当 C 点时，管壁对小球的作用 vC1＝ gR 2 ，向心力 作使劲向上，依据牛顿第二定律得 mg－ F N＝ mvC12R mvC12 mg F1 ＝ ＜ mg，所以管壁对小球的 ＝ R 2 ，解得 FN＝ mg；当 vC2＝ 2gR，向心力 1 F2＝ mvC2R 2 2 ＝ 2mg＞mg，所以管壁对小球的作使劲向下， 依据牛顿第二定律得 mg＋ FN′＝ mvC2 R 2 ， 解得 F N′＝ mg；假定在 C 点管壁对小球的作使劲为 可得 mg＝ mvC3，解得 vC3＝ gR，vC3 在 R 过 C 点时对管的作使劲大小知足 0 时的速度大小为 vC3，则由向心力公式 2 gR ≤vC≤ 2gR范围内，所以知足条件．所以球经 2 0≤F C≤mg，C 项错误， D 项正确． 【答案】 AD 14.过山车是游玩场中常有的设备．以下图是一种过山车的简略模型，它由水平轨道和在竖直 平面内的三个圆形轨道构成， B、 C、 D 分别是三个圆形轨道的最低点， B、C 间距与 C、 D 间距相等，半径 R1＝2.0 m、 R2＝ 1.4 m．一个质量为 m＝ 1.0 kg 的小球 (视为质点 )，从轨道 的左边 A 点以 v0＝ 12.0 m/s 的初速度沿轨道向右运动， A、B 间距 L 1＝ 6.0 m．小球与水平轨 道间的动摩擦因数 μ＝ 0.2，圆形轨道是圆滑的． 假定水平轨道足够长， 圆形轨道间不互相重 2 叠．重力加快度取 g＝ 10 m/s ，计算结果保存小数点后一位数字．求： (1) 小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作使劲的大小； (2) 假如小球恰能经过第二圆形轨道， B、 C 间距 L 应是多少； 10 (3) 在知足 (2) 的条件下，假如要使小球不可以离开轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径 应知足的条件；小球最后逗留点与起点 A 的距离． R3 【分析】 (1)设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为 1 2－1 2① －μmgL－ 2mgR ＝ 1 1 v1，依据动能定理，得 2mv1 2mv0 mg 和轨道对它的作使劲 F ，依据牛顿第二定律，得 F＋ mg＝ m 由①②式，得 F ＝ 10.0 N③ v2 2 v1 2 ② R1 (2) 设小球在第二个圆轨道最高点的速度为 －μmg(L1＋ L)－2mgR2＝ v2，由题意 mg＝ mR④ 1 mv2－ mv0⑤ 2 1 2 2 2 由④⑤式，得 L ＝ 12.5 m 2 (3) 要保证小球不离开轨道，可分两种临界状况进行议论： ①轨道半径较小时， 小球恰能经过第三个圆轨道， 设在最高点的速度为 v3，应知足 mg＝ m v3 R3 ⑦ 2 2 1 1 －μmg(L1＋ 2L)－ 2mgR3＝ 2mv3－ 2mv0⑧ 由⑥⑦⑧式，得 R3＝0.4 m ②轨道半径较大时，小球上涨的最大高度为 1 2 R3，依据动能定理，得－ μmg(L 1＋ 2L)－ mgR3＝ 0－ 2mv0 解得 R3＝ 1.0 m 为了保证圆轨道不重叠， R3 最大值应知足 (R2 ＋ R3)2＝ L2＋(R3－ R2)2 解得 R3＝ 27.9 m 综合①②式，要使小球不离开轨道，则第三个圆轨道的半径须知足下边的条件 0＜ R3≤ 0.4 m 或 1.0 m ≤R3≤ 27.9 m(或写成 “ 1.0 mR≤3＜ 27.9 m ”也可 ) 当 0＜ R3≤ 0.4 m时，小球最后逗留点与起点 A 的距离为 L ′，则－ μ mgL′＝0－ 1 mv02 2 L′＝36.0 m 当 1.0 m ≤R3≤ 27.9 m时，小球最后逗留点与起点 A 的距离为 L″，则 L″＝L ′－2(L′－ L 1－ 2L) ＝26.0 m 【答案】 (1)10.0 N (2)12.5 m (3)当 0＜ R3≤ 0.4 m时， 36.0 m ；当 1.0 m ≤R3≤ 27.9 m时， 26.0 m 11 12 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容