专题02+大题好拿分【基础版】30题-2018-学年上学期期中复习备考高三物理黄金30题+版含解析

1、2018-2019学年第一学期期中复习备考之高三物理专题复习之期中复习大题好拿分【基础版】（30题）（范围：必修一、二选修3-5动量）1. 1200N【解析】设工人刚要拉紧安全带时的速度为v,v2=2gL,得v='W经缓冲时间t=1s后速度变为0,取向下为正方向，工人受两个力作用，即拉力F和重力mg,对工人由动量定理知，（mg-F）t=0-mv,将数值代入得：F=1200No4R2. （1）W=FlgR（2）x=-【解析】试题分析：（1）在C点小球受重力和支持力作用，由牛顿第二定律可求出在C点的速度，从A到C由动能定理可求出摩擦阻力做的功，（2）物体在水平轨道上受摩擦力的作用下，做匀减

2、速运动，由动能定理可求出在水平轨道上的距离.（1）由题意知，在C点有小球对管底的压力为国=9幽g由牛顿第二定律得：一小且=濯星R解得：%=也由从A到G由动能定理得：制gx5K+%=:m近解得：啊=mgR1C（2）在水平轨道上，由动能te理得：一Nmgx=0mvC-4R解得：x=4R3. （1）0.5s（2）16m（3）69m【解析】（1）由汽车的v-t图象可得，刹车后汽车的加速度大小a=10-6m/s2=2m/s2：t2tB=5.5s时,汽车的速度vB=v0-a(5.5-t1)，代入数据解得ti=0.5s.(2)设相邻两杆之间的距离为L,司机由B至IJC的过程中，VB2-Vc2=2aL,代入数

3、据解得L=16m.(3)汽车在05.5s内的位移xOB=votl+Vo(tBtl)-a(tB-tl)2,2代入数据XoB=85m,A杆距O点的距离xoA=xoB-L=85-16m=69m.，、7，、4. (1)-(2)18m【解析】试题分析：根据v-t图象的斜率求出物体运动的加速度，由牛顿第二定律求解物体与传送带间的动摩擦因数；速度图象的面积”大小等于位移，物体在0-2s内的位移为负值，在2-8s内的位移为正值；在前6s内物体与传送带发生相对滑动，求出相对位移&v2-02211)根据v-t图象的斜率表不加速度，可得物体的加速度大小为：a=m/s=1m/s-：t2由牛顿第二定律得：口mg

4、cos370-mgsin370=ma带入数据解得：=78(2)0-8s内只有前6s内物体与传送带发生相对滑动(K6s内传送带匀速运动距离为：5.=4x6m=24m速度图象的“面积比小等于位移,则0-2s内物体位移为：=1x2x2=?方向沿斜面向下*22-6s内物体位移为：Sj=x4x4?tt=8m2所以划痕的长度为：At=$奇+内与=24+2-8m=l8m点睛：本题主要考查了传送带问题，根据图象分析物体的运动情况，求出位移和加速度，从而求出相对位移。,、F,、F5.126m8二mR【解析】(1)设最高点和最低点速度大小分别为Vi、v2；2Vi_在取局点根据向，L、力公式有：mg+F1=mL2在

5、最低点根据向心力公式有：F2-mg=m2L最高点到最低点过程中只有重力做功，机械能守恒，有：mg?(2L)=1mv22-3mvi222F=F2-F1联立得：AF=6mg所以g=UF6m(2)在星球表面重力等于万有引力，有：血门饕得：好=±_=G6mG_A/jR1aF3RFV6mG4n葭WmRG点睛：本题是万有引力定律与力学中的向心力和机械能守恒定律的综合题，对竖直平面内的圆周运动的绳模型问题，关键是明确最高点和最低点的向心力来源，根据牛顿第二定律列式求解，同时要结合动能定理列式分析，同时记住万有引力的几个重要结论.6.(1)2m(2)低于0.75m处或高于1.25m处【解析】【分解】

6、小珠由B点释放，到达E点满足机械能守恒，由此求出小球到达E点的速度大小,从E点滑出做平抛运动，利用运动的合成与分解求出圆弧的半径，由机械能守恒定律，结合牛顿第二定律求出释放小珠的位置范围。解：(1)由机械能守恒可知，小珠由C点释放，到达E点时，因CE等高，故到达E点的速度为零;由题意：AC+R+32-:R=L41 c小珠由B点释放，到达E点满足机械能守恒：mgBC=mvE2从E点滑出后恰好撞到D点，则R=vEtR=1gt22联立以上各式解得：R=2ma.若小珠到达E点,小珠上壁对钢丝的弹力等于mg,则41V12mg-mg=m4R假设从释放点到E点高度为h1,由机械能守恒定律：mgh1=1mv1

7、22联立解得：h1=0.75mb.若小珠到达E点,小珠下壁对钢丝的弹力等于mg,则41v22mg-mg;m4R假设从释放点到E点高度为h2,由机械能守恒定律：mgh2=mv222联立解得：h2=1.25m故当小珠子从C点上方低于0.75m处滑下或高于1.25m处滑下时，小珠到达E点与钢丝间的弹力超过mg47. (1)4m/s(2)6.4m(3)1.6s【解析】试题分析：根据运动学公式以及在AB段和BC段加速度的关系，求出通过B处的速度；分别对ABAB段的摩擦力，从而段和BC段，根据位移速度公式列式，联立方程求解即可；根据牛顿第二定律求出在判断在AB段下滑时的运动情况，再由运动学公式求出沿斜面下

8、滑过程中通过BA段的时间。(1)由X图像可知，小物块沿斜面向上滑行的初速度喋=12n内由&2妣，由此可得：=2?代入教据可以得到：VE=4m/s(2)在上滑过程：对AB段根据速度位移公式有：vB-v；=2aABSAB在上滑过程中：对BC段根据速度位移公式有有：vC-vB=2aBCSbc由上两式并带入数据解得：SAB=6.4m(3)根据题意可知上滑时：aAB=2aBe由牛顿运动定律可知：f+mgsin日=2mgsin日，即可得f=mgsin8所以下滑通过AB段时小物块做匀速运动，其速度为：vB=4m/s运动的时间为：SAB=VBtBA,代入数据可以得到：tBA=1.6sBA点睛：本题主要

9、考查了运动学公式基本公式以及牛顿第二定律的应用，要求能正确分析物体的受力情况，能根据受力情况判断运动情况即可解题。8. (1)vB=3m/s2Ns(3)W=-14J【解析】(1)设B在绳被拉断后瞬时的速率为vB,到达C点的速率为ve,2根据B恰能到达最高点C有：mBg=mB1 c1c对绳断后到B运动到取局点C这一过程应用动能te理：-2mBgR=mBvcmBvB2 2联立解得：vB=3m/s。(2)设弹蕃恢复到自然长度时A、B的速率为可、巧,取向右为正方向,有：0=_»2上”+用昌叫,玛=:用/+:刑)*Ju/根据动量定理有；1=融通一”1代入数据解得：1=一2此一其大小为(3)设绳

10、断后A的速率为Ya,取向右为正方向，根据动量守恒定律有：-mAv1mBv2-mAvAmBvB1 212根据动能te理有：WmAvAmAv12 2代入数据解得：W=-14J。点睛：该题考查了多个知识点.我们首先要清楚物体的运动过程，要从题目中已知条件出发去求解问题，其中应用动能定理时必须清楚研究过程和过程中各力做的功，应用动量定理和动量守恒定律时要规定正方向，要注意矢量的问题。9.(1)0.4(2)4.5N2m【解析】(1)由图可知，木块所受到的滑动摩擦力为：Ff=3.12N由Ff-IN/=±=_=。,4得：(2)根据牛顿运动定律，力的平衡，有:Fcos-Ff=maFsin0+i=mg

11、Ff=FN代入数据解得：F=4.5N(3) 2s末速度为：v=at撤去拉力F后有：mg=ma'由速度和位移公式可得：0-v2=2(-a')x1. 数据解得：x=2m点睛：滑动摩擦力大小跟压力大小、接触面粗糙程度有关，跟物体受到的拉力大小、物体的运动速度都没有关系；正确受力分析，根据运动状态列方程求解.10. (1)4s(2)8应m/s(3)16m【解析】(1)由牛顿第二定律得：a1/胸用一的.=2m/s2m滑行时间t=上=4sa1Q)由静止到动摩擦因素变化的位移：冯=!,产=16加动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得:A=2""*即0必=."m由I,

12、+(L不)(3)在水平雪地上做匀减速直线运动ma3二口3mg2a3=4m/s2滑雪者在水平地面上运动的最大距离x3=上B-=16m2a311. (1)1m/s2m/s(2)m3>3kg【解析】【分析】弧形轨道及水平面均光滑，滑块B滑下过程中，AB组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒；B、C发生弹性正碰，满足动量守恒，机械能守恒，若要B能追上A,应满足B速度大于A的速度。解：(1)弧形轨道及水平面均光滑，滑块B滑下过程中，AB组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，设B滑到水平面时，A的速度为V1,B的速度为V2,则：Mv1=mv21 212mgR=-Mv1一mv22 2解得v1=1m/

13、sv2=2m/s(2)B、C发生强性正碰，满足动量守恒,机械肓旃恒，设C的质量为如，碰后B、C的速度分别的大小为匹vh且冷反向下则111V3=-mV2C+C13V5若要B能追上A,应满足：V：O>V1解得w>3kg12. (1)FoA=1.25m1g,FoB=0.75m1g(2)物体甲的质量m1最大不能超过24kg【解析】本题考查了共点力作用下的平衡问题，涉及物体刚要滑动时，两者之间的摩擦力达到最大。(1)对O点受力分析如图，则：F0Acos=m1gF0Asin=Fob解得：FoA=1.25m1g,FOB=0.75m1gFoayFobI，mig(2)若人的质量m2=60kg,人与水

14、平面间的动摩擦因数为科=0.3则人与地面间的最大静摩擦力fmax=m义=0.360110=18N0欲使人在水平面上不滑动，FOBWfmax即0.7m1gwfma解得：m1424kg故物体甲的质量m1最大不能超过24kg13. (1)10m/s(2)5m(3)0.4m【解析】试题分析：(1)在C点对轨道的压力大小N=60N,重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律可求出物块滑到C点的速率vC；(2)滑块静止从P滑到C点过程，应用动能定理可以求出x;(3)应用牛顿第二定律和运动学位移公式求出滑块与滑板的位移，然后判断两者共速时的位置关系，再求解物块最终静止时的位置到D点的距离S.CD由题意知,

15、在C点对轨道的压力大小重力和支持力的合力提供向心力由牛顿第二定律可得：N-叫=阳g代入数据解得:为=10阳滑块静止从P滑到c点过程由动能定理可得:(xsiyiO+H)-/imgxcosO=-0工代入数据解得：x=5m(3)设物块与滑板能达到共同速度v,即物块未从滑板上落下来，滑板也未与D点相撞.对物块，由速度公式有：v=vc-'gt对滑板，由速度公式有：v=gt代入数据解得：t=1s,v=5m/s0v物块的位移：S2=t-2.5m2滑板的位移：S2=2.5m<L,=3.3m滑板未到达D点，S目=s_&=5m<L=7.1m物块未从滑板上落下，达到共同速度后，物块与滑板

16、一起匀速运动距离0.8m滑板到达D点，滑板撞停后,物块独自匀减速运动到D点.则有：vD2_v2=_2gL-S相代入数据解得：vD=2m/s因Vd=2m/s二.2gR物块不会脱轨，再次回到D点后做匀减速直线运动，设其向右减速的最大位移为S32则S3=D-=0.4m2g物块最终静止时的位置到D点的距离：S=S3=0.4m【点睛】本题是一道力学综合题，关键要分析清楚物块的运动情况，把握每个过程的物理规律，应用动能定理、牛顿第二定律和运动学规律解题.14. （1）a="i2（2）x=v2-1（3）m（V1+V2）Viti2%V2【解析】（1）以传送带的速度方向为正方向，作出物块运动的v-t图

17、像如图所示：设传送带与物块之.间的动摩擦因数为口对物块有：Nmg=ma,a=Ng。根据加速度的定义，由图像可得：a=vt1(2)设物块经过时间打速度减为零，则有力5%物体向左运动的最大位移;由上”得一=袅/(3)系统消耗的电能等于电动机的驱动力对传送带做的功，传送带匀速运动，由功的公式；£=%=/工芾=月掰四弓=胴(约+%)珏15. (1)VA=0.25m/s(2)vC=2.75m/s【解析】对于整个过程，把ABC看成一个整体，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mcVc=mAVA+(mc+mB)v',解彳#:VA=0.25m/s；对于C在A上滑行的过程，把ABC看成

18、一个整体，以C的初速度方向为正方向，动量守恒定律得:mcvc=(mA+mB)VA+mcV；,代入解得：Vc=2.75m/s；16. (1)t=20s(2)Ax=100m【解析】(1)两车刹车过程中加速度分别是：ai=pig=0.5m/s2,a2=p2g=1m/s2,若两车恰好不相碰，则乙追上甲时，两车速度相等V)-a)t=V2-a2t代入题中数据得：t=20s(2)乙追上甲前，甲的位移：乙的位移：泡=Vjf-1g产Jr若想避免事故发生，开始刹车时两读车的最小间距为：Ax=c2%代入数据解得：Ax=lD0m综上所述本题答案是：(l)ZOsAx=100m17.(1)1Tli>2m2【解析】(

19、1)为使mi能够沿圆弧下滑到a点，则mi滑到a点时的速度恰好为零。由mi和m2组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：migR(1-cos60)°-m2gR=0,解得：mi=2m2,mi>2m时，可使m能够沿圆弧下滑到a点。由速度分解，V2=V1COS30；由mDm2组成的系统机械能守恒migR(1-cos60)°-m2gR=1mivi2+二m2v22；22解得：Vi=4R=1gt2,水平方向：x=vit,2绳子断裂后，mi做平抛运动：竖直方向:解得：x=4J-R；,1518. (1)4m/s(2)0.8m(3)四次【解析】(1)P球开始下滑到碰撞前的过程，运动动能

20、定理得：海-晔刎；代入数据可求得：vo=4m/s;(2) P球和。球在碰撞过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：阳%=*+加%由机械能守恒定律得：!*=;鬲十;曲的上上上解得：VjM)；VQ=VO设尸与。第一次碰撞后小球0上升的最大高度为对。由机械能守恒定律得：grtn=agff联立解得：珏08m3(3)以P球和Q球为系统，从P球开始下滑至P球静止的过程中，由能量守恒定律得：mgh-'mgs=0解得P球在BC段滑行的总路程：s=2.5ms2.5L则:=nSbc0.5所以两球碰撞四次，P球最终静止于C点。2v19. (1)0.5V0(2)0.25V0(3)016g【解析

21、】试题分析：小球、物块和木板看成一个系统满足动量守恒，根据动量守恒求得球与物体A碰后的速度和物块A相对木板B静止后的速度大小；由能量守恒得求出木板B至少多长。(1)设小球和物块A碰撞后二者的速度为vi,三者相对静止后速度为V2,规定向右为正方向，根据动量守恒得，mv0=(m+m)v1解得：V1=0.5v0(2)根据动量守恒：(m+m)v1=(m+m+2m)v2联立以上解得：v2=0.25v0(3)当物块A在木板B上滑动时，系统的动能转化为摩擦热，设木板B的长度为L,假设物块A刚好滑到1 c1C物木板B的右漏时共速，则由能重寸恒得：一2mv1一一4mv2=2mgL2 22联立解得：L=v-16g

22、点睛：本题主要考查了动量守恒和能量守恒，在碰撞中A与B组成的系统满足动量守恒，在结合能量守恒即可求得板长。20. (1)12m/s(2)2.4s(3)960J【解析】(1)物体在拉力F作用下加速滑行，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有：2FcosBN(mgFsinH)=m&,解得a1=6m/s(2)撤去拉力后，物体由于惯性继续滑行，受力，支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有：mg=ma2,解得a?=5m/s2.匀减速过程，根据速度时间关系公式有v=a2t2,解得t2=2.4s撤去拉力前受力分析，得工=以5世-死E37。)=20”根据牛二定律，加0537口一工=肥巧，

23、解得.=施力工根据运动学公式三=12m，根据运动学公式4=%+qr解得S=12m/gJL1撤去拉力后5&=w噌=50N,根据牛二定律内.乜=加=皿吧解得：=5m/J.根据运动学公式巧=.。丝=14.4m-2a故=吗+印石=&R+人与=12x如+14dx50=96OJ1133.1521. (1)30N；(2)x之一m；(3)当一mWxWm,y=3+Jl2x3x；当x一m时，y=-m33444【解析】(1)BC分离瞬间，取向左为正向，设B以v水平运动，由动量守恒0=mv+m(-v0),v=4m/s2绳子被拉断前瞬间，B受到的合外力提供向心力T-mg=m,解得T=30NL(2)A碰台

24、阶瞬间，设A的速度为v2,B的速度为v1,由动量守恒知mv=mv1+Mv2只发生一次碰撞，设碰撞后恰不返回，即静止，碰后A、B动量大小相等mvi=Mv212A从静止向右加速到丫2的过程，有动能th理可知Nmgx0=Mv221联立斛得x0m3因此，A与台阶只发生一次碰撞，x满足的条件为x之1m3(3)设B向左滑动与A共速时速度为q,A碰台阶，动量守恒，用¥=(加+M)4为A,做匀加速直线运动，由动能定理冲眄=iXr八3联立解得当=二期41 1当二州KxK二州,A一直向左加速，直到碰撞台阶，由动能定理=二小342B在A上滑动过程,动量守恒切野=tm%+Mv4A碰台阶向右运动直到与H共速，

25、动量守恒Mq-胴%=(M+朋对A、B系统,整个过程能量守恒,期药?伊/+所武解得=3+炉一3%3当xAm时，A与B先共速后，再与台阶发生碰撞，设速度为v7,动重寸恒mv=(M+m)v7A碰台阶后向右运动，直到与B共速，动量守恒Mv7-mvz=(M+m)v8对A、B系统，整个过程，能量守恒，mgy=mv2-(M+m)v222解得y=15m422.(1)方向一直向下(2)1.2m/s(3)8.4m【解析】(1)根据题可知，根据牛二定律F合=G-F1=ma1,解得a1=0.6m/s2,方向向下，27s由题可知F合=0,故电梯做匀速运动，279s：F2G=ma解得：a=0.6m/s,万向向上.故电梯一

26、直向下运动(2)由(1)可知，根据运动学公式vt=V0+at,解得vm=0.6M2=1.2m/s1 2(3)根据运动学公式12s内Xi=at：=1.2m,22-7s：X2=vmt=1.2父5=6m,1,27-9s：x3=vmt3a2t3=1.2m,2故电梯运动的最大距离x=x1+x2+x3=8.4m23. (1)0.25m(2)4.5J【解析】(1)小球下摆过程机械能守恒,由机械能守恒定律得：相虞=1£小球反弹后,向上摆动过程机械有豺恒：由机械能守恒定律得：mghmvC2,解得：=J2gl=4mlsf“'=(2gh=g，学科水网球与A碰撞过程中,球与A组成的系统动量守恒,以球

27、的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得：9="网1v1/解得：v±-m!s,物块A与木板B相互作用过程中A与E组成的相同动量守恒，以A的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得；物第”(%+M)唳？解得:次=0,5析对系统由能量守恒定律得：加%红=:%一%+M)4一解得；L=O.25my(2)对球A、B组成的系统，在整个过程中，由能量守恒定律得:1,AE=mglmgh-一(mA+M)v共，代入数据斛得AE=4.5J。2点睛：本题关键是根据动量守恒定律、动量定理、能量守恒列式求解，也可以根据牛顿第二定律和速度时间公式列式联立求解。24. (1)6m/s2m/s(2)0.2s2【解

28、析】(1)Q恰能经过最高点C,在C点有m2gcos打&C-RQ从B到C过程中机械能守恒1m2vB=1m2vC+m2gR(1+cos0)22联立解得vB=8m/sP和Q碰撞过程中系统动量守恒mivi=miV2+m2vB系统能量守恒2mlv2=-mivf+m2v2222解得v=6m/s,v2=2m/s.(2)由动量定理知Ft=mivit=mvL=0.2s.F22入'VoVo25. (1)2gN(2)-(3)-12g12g【解析】试题分析：小铁块滑上木板后做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律分别求出它们的加速度；当二者速度相等时达到相对静止，根据位移公式可求得两物

29、体的对地位移，则可求得木板的最短长度；二者速度相等后一起做匀减速直线运动，由位移公式求出位移，然后求和即可。(1)设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度为a块，由牛顿第二定律得：mg4N=ma块解得：a块=4g设铁块在木板上滑动时，木板的加速度为a板，由牛顿第二定律得：4mg-2mgN=ma板解得：a板=2g(2)小滑块与长木板速度相等时：v0-4g=2解得：，二粤6迎小铁块运动的距离为：-1"块产带入可得:木板运动的距离:=LT*2Md高1z5b复注长木板的最短长度为：/祖=4-%=(3)此后以*起做匀减速jze动的加速度为：2Nmg=2ma共解得：a共=gN起开始匀减速时的速度为：v

30、丑=2g/t=2g6日g3f'2,2根据速度位移公式：2a共x反=:I解得：x板=V0318g2木板在水平地面上滑行的总路程为：出总=*板雄二-vh12g牛顿第二定律列式点睛：本题主要考查了板块相对滑动问题，对两个物体的运动情况分析清楚，然后根据求解出各个运动过程的加速度，最后根据运动学公式列式求解。26. (1)50N.(2)160N.分别分析两个物体【解析】试题分析：将物体B匀速向右拉出过程中，A物体保持静止状态，受力均平衡的受力情况，作出力图，根据平衡条件列方程求解水平力F的大小焦耳轻绳拉力大小.A、B的受力分析如下图所示.JmBg=160N故小滑块第一次在传带对A：由平衡条件得

31、FTsin37°=Ffi=NFni，FtCOs37©+Fni=mAg联立、两式可得：fn1=3mAg=60N，Fn=NFni=30N,Ft=30N43对B用平衡条件：F=F'fi+Ff2=F'fi+NFN2=Ffi+N(Fni+mBg)=2Ffi+27. (1)4s(2)6m【解析】(1)小滑块第一次沿斜面下滑的位移大小为：h2.4x1=m=4msin370.6小滑块沿斜面下滑，由牛顿第二定律有：mgsin37-,l1mgcos37=ma1沿斜面下滑的加速度大小为：2a1=gsin37-11gcos37=2m/s小滑块第一次滑到斜面底端的速度大小为：v1=，

32、2a1x1=4m/s小滑块滑上传送上后，向右做匀减速运动，减速的加速度大小为：2a2=-2g=2m/s小滑块向右速度减为零后又向左做匀加速运动，离开传送带时的速度大小仍为Vi,上运动的时间为:,-v1.ti=2=4sa2(2)分析知，滑块每次滑上传送带与离开传送带的速度大小相等，设滑块在斜面上运动的总路程为s,由功能关系有：mgh-1mgcos37s=0滑块在斜面上运动的总路程为s=一h一=6mJ1cos3728. (1)t=1s(2)%=(3)Q=L4J_12【解析】(1)对m：iS=相七%=2m/s士气=/_12对M：I而白=Mb*3mfs2s2=.m运动至C时：年一%='解得：t

33、=1s(2) m运动至C时，两物体速度：对m：%=a/=2m/s对M：t?3=a31=3m/s强蓄被压至最短时，二者具有共同速度上+Afra=(m+v=2.3mfs对系统：Ep=+；mv33+m)v3-imgx解得：EP=0.3/(3)假设最终m没从AB滑下，由动量守恒可知最终共同速度仍为v=2.8m/s设m相对AB向左运动的位移为s,则：="解得：s=0.15m可知：s<L+x故上面假设正确。全过程产热：Q二即虱L十$+幻=1闺29. (1)3m/s(2)2150N(3)1.25m【解析】(1)运动员离开平台后从A至B的过程中，在竖直方向有：v：=2gh一“，忆在B点有：vy=v0tan2由得：v0=3m/s2一，I，Iv_(2)运动员在圆弧轨道做圆周运动，由牛顿第二定律可得N-mg=mR由机械能守恒得1mv；mg|hR1-cos53=1mv取立解得N=2150N由牛顿第三定律得运动员对轨道的压力N'=N=2150N1212(3)运动贝从A至C过程有：mgh=-mvC-mv02212一运动贝从C至D过程有：mgLsin+NmgLcos=mvC®222由解得：L=1.25m30. (1)0.4(2)16.8N(3)2J【解析】(1)m过B点后遵从s=6t2t2(