專題05 圓周運(yùn)動--【真題匯編】最近5年（20-24）高考物理真題分類匯編-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

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最近5年（20-24年）高考物理真題匯編
專題05 圓周運(yùn)動
考點(diǎn)01 圓周運(yùn)動的基本概念和規(guī)律
1．(2021·廣東卷·4)由于高度限制，車庫出入口采用圖2所示的曲桿道閘，道閘由轉(zhuǎn)動桿OP與橫桿PQ鏈接而成，P、Q為橫桿的兩個端點(diǎn)．在道閘抬起過程中，桿PQ始終保持水平．桿OP繞O點(diǎn)從與水平方向成30°勻速轉(zhuǎn)動到60°的過程中，下列說法正確的是( )
圖2
A．P點(diǎn)的線速度大小不變
B．P點(diǎn)的加速度方向不變
C．Q點(diǎn)在豎直方向做勻速運(yùn)動
D．Q點(diǎn)在水平方向做勻速運(yùn)動
【答案】 A
【解析】由題知桿OP繞O點(diǎn)從與水平方向成30°勻速轉(zhuǎn)動到60°，則P點(diǎn)繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動，則P點(diǎn)的線速度大小不變，P點(diǎn)的加速度方向時刻指向O點(diǎn)，A正確，B錯誤；
Q點(diǎn)在豎直方向的運(yùn)動與P點(diǎn)相同，相對于O點(diǎn)在豎直方向的位置y關(guān)于時間t的關(guān)系為y＝lOP·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋ωt))
則可看出Q點(diǎn)在豎直方向不是做勻速運(yùn)動，C錯誤；
Q點(diǎn)相對于O點(diǎn)在水平方向的位置x關(guān)于時間t的關(guān)系為x＝lOP·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋ωt))＋lPQ
則可看出Q點(diǎn)在水平方向也不是做勻速運(yùn)動，D錯誤．
2．（多選）(2022·河北卷·1)如圖，廣場水平地面上同種盆栽緊密排列在以為圓心、和為半徑的同心圓上，圓心處裝有豎直細(xì)水管，其上端水平噴水嘴的高度、出水速度及轉(zhuǎn)動的角速度均可調(diào)節(jié)，以保障噴出的水全部落入相應(yīng)的花盆中。依次給內(nèi)圈和外圈上的盆栽澆水時，噴水嘴的高度、出水速度及轉(zhuǎn)動的角速度分別用、、和、、表示?；ㄅ璐笮∠嗤?，半徑遠(yuǎn)小于同心圓半徑，出水口截面積保持不變，忽略噴水嘴水平長度和空氣阻力。下列說法正確的是（）
A．若，則
B．若，則
C．若，，噴水嘴各轉(zhuǎn)動一周，則落入每個花盆的水量相同
D．若，噴水嘴各轉(zhuǎn)動一周且落入每個花盆的水量相同，則
【答案】BD
【解析】AB．根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律

解得
可知若h1=h2，則
v1:v2 =R1:R2
若v1=v2，則
選項(xiàng)A錯誤，B正確；
C．若，則噴水嘴各轉(zhuǎn)動一周的時間相同，因v1=v2，出水口的截面積相同，可知單位時間噴出水的質(zhì)量相同，噴水嘴轉(zhuǎn)動一周噴出的水量相同，但因內(nèi)圈上的花盆總數(shù)量較小，可知得到的水量較多，選項(xiàng)C錯誤；
D．設(shè)出水口橫截面積為S0，噴水速度為v，若，則噴水管轉(zhuǎn)動一周的時間相等，因h相等，則水落地的時間相等，則
相等；在圓周上單位時間內(nèi)單位長度的水量為
相等，即一周中每個花盆中的水量相同，選項(xiàng)D正確。
故選BD。
3．(2023·全國卷·)一質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動，若其所受合力的大小與軌道半徑的n次方成正比，運(yùn)動周期與軌道半徑成反比，則n等于（）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【解析】質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)題意設(shè)周期
合外力等于向心力，根據(jù)
聯(lián)立可得
其中為常數(shù)，的指數(shù)為3，故題中
故選C。
(2021·全國卷·)“旋轉(zhuǎn)紐扣”是一種傳統(tǒng)游戲。如圖，先將紐扣繞幾圈，使穿過紐扣的兩股細(xì)繩擰在一起，然后用力反復(fù)拉繩的兩端，紐扣正轉(zhuǎn)和反轉(zhuǎn)會交替出現(xiàn)。拉動多次后，紐扣繞其中心的轉(zhuǎn)速可達(dá)50r/s，此時紐扣上距離中心1cm處的點(diǎn)向心加速度大小約為（）
A．10m/s2B．100m/s2C．1000m/s2D．10000m/s2
【答案】C
【解析】紐扣在轉(zhuǎn)動過程中
由向心加速度
故選C。
4．(2024·遼寧卷·) “指尖轉(zhuǎn)球”是花式籃球表演中常見的技巧。如圖，當(dāng)籃球在指尖上繞軸轉(zhuǎn)動時，球面上P、Q兩點(diǎn)做圓周運(yùn)動的（）
A. 半徑相等
B. 線速度大小相等
C. 向心加速度大小相等
D. 角速度大小相等
【答案】D
【解析】由題意可知，球面上P、Q兩點(diǎn)轉(zhuǎn)動時屬于同軸轉(zhuǎn)動，故角速度大小相等，故D正確；
由圖可知，球面上P、Q兩點(diǎn)做圓周運(yùn)動的半徑的關(guān)系為，故A錯誤；
根據(jù)可知，球面上P、Q兩點(diǎn)做圓周運(yùn)動的線速度的關(guān)系為，故B錯誤；
根據(jù)可知，球面上P、Q兩點(diǎn)做圓周運(yùn)動的向心加速度的關(guān)系為，故C錯誤。
(2024·江蘇卷·) 如圖所示，細(xì)繩穿過豎直的管子拴住一個小球，讓小球在A高度處做水平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動，現(xiàn)用力將細(xì)繩緩慢下拉，使小球在B高度處做水平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動，不計(jì)一切摩擦，則（）
A 線速度vA > vB
B. 角速度ωA < ωB
C. 向心加速度aA < aB
D. 向心力FA > FB
【答案】AD
【解析】設(shè)繩子與豎直方向的夾角為θ，對小球受力分析有 Fn = mgtanθ = ma
由題圖可看出小球從A高度到B高度θ增大，則由Fn =mgtanθ = ma可知
aB > aA，F(xiàn)B > FA
故C錯誤，D正確；
再根據(jù)題圖可看出，A、B位置在同一豎線上，則A、B位置的半徑相同，則根據(jù)
可得vA > vB，ωA > ωB，故A正確，B錯誤。
6.（2022·遼寧）2022年北京冬奧會短道速滑混合團(tuán)體2000米接力決賽中，我國短道速滑隊(duì)奪得中國隊(duì)在本屆冬奧會的首金。
（1）如果把運(yùn)動員起跑后進(jìn)入彎道前的過程看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，若運(yùn)動員加速到速度時，滑過的距離，求加速度的大?。?br>（2）如果把運(yùn)動員在彎道滑行的過程看作軌道為半圓的勻速圓周運(yùn)動，如圖所示，若甲、乙兩名運(yùn)動員同時進(jìn)入彎道，滑行半徑分別為，滑行速率分別為，求甲、乙過彎道時的向心加速度大小之比，并通過計(jì)算判斷哪位運(yùn)動員先出彎道。
【答案】（1）；（2），甲
【解析】（1）根據(jù)速度位移公式有
代入數(shù)據(jù)可得
（2）根據(jù)向心加速度的表達(dá)式
可得甲、乙的向心加速度之比為
甲、乙兩物體做勻速圓周運(yùn)動，則運(yùn)動的時間為
代入數(shù)據(jù)可得甲、乙運(yùn)動的時間為
，
因，所以甲先出彎道。
7.（2020·江蘇）如圖所示，鼓形輪的半徑為R，可繞固定的光滑水平軸O轉(zhuǎn)動。在輪上沿相互垂直的直徑方向固定四根直桿，桿上分別固定有質(zhì)量為m的小球，球與O的距離均為。在輪上繞有長繩，繩上懸掛著質(zhì)量為M的重物。重物由靜止下落，帶動鼓形輪轉(zhuǎn)動。重物落地后鼓形輪勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動的角速度為。繩與輪之間無相對滑動，忽略鼓形輪、直桿和長繩的質(zhì)量，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。求：
(1)重物落地后，小球線速度的大小v；
(2)重物落地后一小球轉(zhuǎn)到水平位置A，此時該球受到桿的作用力的大小F；
(3)重物下落的高度h。
【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】(1)由題意可知當(dāng)重物落地后鼓形輪轉(zhuǎn)動的角速度為ω，則根據(jù)線速度與角速度的關(guān)系可知小球的線速度為
(2)小球勻速轉(zhuǎn)動，當(dāng)在水平位置時設(shè)桿對球的作用力為F，合力提供向心力，則有
結(jié)合(1)可解得桿對球的作用力大小為
(3)設(shè)重物下落高度為H，重物下落過程中對重物、鼓形輪和小球組成的系統(tǒng)，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知
而重物的速度等于鼓形輪的線速度，有
聯(lián)立各式解得
8.（2023·浙江1月卷·）“探究向心力大小的表達(dá)式”實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。
①采用的實(shí)驗(yàn)方法是
A．控制變量法 B．等效法 C．模擬法
②在小球質(zhì)量和轉(zhuǎn)動半徑相同的情況下，逐漸加速轉(zhuǎn)動手柄到一定速度后保持勻速轉(zhuǎn)動。此時左右標(biāo)尺露出的紅白相間等分標(biāo)記的比值等于兩小球的之比（選填“線速度大小”、“角速度平方”或“周期平方”）；在加速轉(zhuǎn)動手柄過程中，左右標(biāo)尺露出紅白相間等分標(biāo)記的比值（選填“不變”、“變大”或“變小”）。
【答案】 A 角速度平方不變
【詳解】①[1]本實(shí)驗(yàn)先控制住其它幾個因素不變，集中研究其中一個因素變化所產(chǎn)生的影響，采用的實(shí)驗(yàn)方法是控制變量法；
故選A。
②[2]標(biāo)尺上露出的紅白相間的等分格數(shù)之比為兩個小球所受向心力的比值，根據(jù)
F=mrω2
在小球質(zhì)量和轉(zhuǎn)動半徑相同的情況下，可知左右標(biāo)尺露出的紅白相間等分標(biāo)記的比值等于兩小球的角速度平方之比。
[3]設(shè)皮帶兩塔輪的半徑為R1、R2，塔輪的線速度為v；則有
ω1=vR1，ω2=vR2
小球質(zhì)量和轉(zhuǎn)動半徑相同的情況下，可知
F1F2=ω12ω22=R22R12
由于兩變速盤的半徑之比不變，則兩小球的角速度平方之比不變，左、右標(biāo)尺露出紅白相間等分標(biāo)記的比值不變。
考點(diǎn)02 水平面的圓周運(yùn)動
1.(2023·江蘇卷·13)“轉(zhuǎn)碟”是傳統(tǒng)的雜技項(xiàng)目，如圖所示，質(zhì)量為m的發(fā)光物體放在半徑為r的碟子邊緣，雜技演員用桿頂住碟子中心，使發(fā)光物體隨碟子一起在水平面內(nèi)繞A點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動。當(dāng)角速度為ω0時，碟子邊緣看似一個光環(huán)。求此時發(fā)光物體的速度大小v0和受到的靜摩擦力大小f。
【答案】 ω0r mω02r
【解析】發(fā)光物體的速度為v0＝ω0r
發(fā)光物體做勻速圓周運(yùn)動，則靜摩擦力充當(dāng)做圓周運(yùn)動的向心力，則靜摩擦力大小為
f＝mω02r
2. （多選）（2021·河北卷·）如圖，矩形金屬框豎直放置，其中、足夠長，且桿光滑，一根輕彈簧一端固定在M點(diǎn)，另一端連接一個質(zhì)量為m的小球，小球穿過桿，金屬框繞軸分別以角速度和勻速轉(zhuǎn)動時，小球均相對桿靜止，若，則與以勻速轉(zhuǎn)動時相比，以勻速轉(zhuǎn)動時（）
A．小球的高度一定降低B．彈簧彈力的大小一定不變
C．小球?qū)U壓力的大小一定變大D．小球所受合外力的大小一定變大
【答案】BD
【解析】對小球受力分析，設(shè)彈力為T，彈簧與水平方向的夾角為θ，則對小球豎直方向
而
可知θ為定值，T不變，則當(dāng)轉(zhuǎn)速增大后，小球的高度不變，彈簧的彈力不變。則A錯誤，B正確；
水平方向當(dāng)轉(zhuǎn)速較小時，桿對小球的彈力FN背離轉(zhuǎn)軸，則
即
當(dāng)轉(zhuǎn)速較大時，F(xiàn)N指向轉(zhuǎn)軸
即
則因，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)U的壓力不一定變大。則C錯誤；
根據(jù)
可知，因角速度變大，則小球受合外力變大。則D正確。
故選BD。
3.（2023·福建卷·）一種離心測速器的簡化工作原理如圖所示。細(xì)桿的一端固定在豎直轉(zhuǎn)軸OO′上的O點(diǎn)，并可隨軸一起轉(zhuǎn)動。桿上套有一輕質(zhì)彈簧，彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與套在桿上的圓環(huán)相連。當(dāng)測速器穩(wěn)定工作時，圓環(huán)將相對細(xì)桿靜止，通過圓環(huán)的位置可以確定細(xì)桿勻速轉(zhuǎn)動的角速度。已知細(xì)桿長度L=0.2m，桿與豎直轉(zhuǎn)軸的夾角a始終為60°，彈簧原長x0=0.1m，彈簧勁度系數(shù)k=100N/m，圓環(huán)質(zhì)量m=1kg；彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小取10m/s2，摩擦力可忽略不計(jì)
（1）若細(xì)桿和圓環(huán)處于靜止?fàn)顟B(tài)，求圓環(huán)到O點(diǎn)的距離；
（2）求彈簧處于原長時，細(xì)桿勻速轉(zhuǎn)動的角速度大?。?br>（3）求圓環(huán)處于細(xì)桿末端P時，細(xì)桿勻速轉(zhuǎn)動的角速度大小。
【答案】（1）0.05m；（2）1063rad/s；（3）10rad/s
【詳解】（1）當(dāng)細(xì)桿和圓環(huán)處于平衡狀態(tài)，對圓環(huán)受力分析得
T0=mgcsα=5N
根據(jù)胡克定律F=kΔx得
Δx0=T0k=0.05m
彈簧彈力沿桿向上，故彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈簧此時的長度即為圓環(huán)到O點(diǎn)的距離
x1=x0?Δx0=0.05m
（2）若彈簧處于原長，則圓環(huán)僅受重力和支持力，其合力使得圓環(huán)沿水平方向做勻速圓周運(yùn)動。根據(jù)牛頓第二定律得
mgtanα=mω02r
由幾何關(guān)系得圓環(huán)此時轉(zhuǎn)動的半徑為
r=x0sinα
聯(lián)立解得
ω0=1063rad/s
（3）圓環(huán)處于細(xì)桿末端P時，圓環(huán)受力分析重力，彈簧伸長，彈力沿桿向下。根據(jù)胡克定律得
T=kL?x0=10N
對圓環(huán)受力分析并正交分解，豎直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，則有
mg+Tcsα=FNsinα，Tsinα+FNcsα=mω2r'
由幾何關(guān)系得
r'=Lsinα
聯(lián)立解得
ω=10rad/s
4.（2022·福建）清代乾隆的《冰嬉賦》用“躄躠”（可理解為低身斜體）二字揭示了滑冰的動作要領(lǐng)。短道速滑世界紀(jì)錄由我國運(yùn)動員武大靖創(chuàng)造并保持。在其創(chuàng)造紀(jì)錄的比賽中，
（1）武大靖從靜止出發(fā)，先沿直道加速滑行，前用時。該過程可視為勻加速直線運(yùn)動，求此過程加速度大??；
（2）武大靖途中某次過彎時的運(yùn)動可視為半徑為的勻速圓周運(yùn)動，速度大小為。已知武大靖的質(zhì)量為，求此次過彎時所需的向心力大?。?br>（3）武大靖通過側(cè)身來調(diào)整身體與水平冰面的夾角，使場地對其作用力指向身體重心而實(shí)現(xiàn)平穩(wěn)過彎，如圖所示。求武大靖在（2）問中過彎時身體與水平面的夾角的大小。（不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小取，、、、）
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）設(shè)武大靖運(yùn)動過程的加速度大小為，根據(jù)
解得
（2）根據(jù)
解得過彎時所需的向心力大小為
（3）設(shè)場地對武大靖的作用力大小為，受力如圖所示
根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
可得。
考點(diǎn)03 豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動
1．（2021·浙江·）質(zhì)量為m的小明坐在秋千上擺動到最高點(diǎn)時的照片如圖所示，對該時刻，下列說法正確的是（）
A．秋千對小明的作用力小于
B．秋千對小明的作用力大于
C．小明的速度為零，所受合力為零
D．小明的加速度為零，所受合力為零
【答案】A
【解析】在最高點(diǎn)，小明的速度為0，設(shè)秋千的擺長為l，擺到最高點(diǎn)時擺繩與豎直方向的夾角為，秋千對小明的作用力為F，則對人，沿?cái)[繩方向受力分析有
由于小明的速度為0，則有
沿垂直擺繩方向有
解得小明在最高點(diǎn)的加速度為
所以A正確；BCD錯誤；
故選A。
2．(多選)（2020·全國·）如圖，一同學(xué)表演蕩秋千。已知秋千的兩根繩長均為10 m，該同學(xué)和秋千踏板的總質(zhì)量約為50 kg。繩的質(zhì)量忽略不計(jì)，當(dāng)該同學(xué)蕩到秋千支架的正下方時，速度大小為8 m/s，此時每根繩子平均承受的拉力約為（）
A．200 NB．400 NC．600 ND．800 N
【答案】B
【解析】在最低點(diǎn)由
知
T=410N
即每根繩子拉力約為410N，故選B。
3.（2022·浙江）如圖所示，處于豎直平面內(nèi)的一探究裝置，由傾角=37°的光滑直軌道AB、圓心為O1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為O2的半圓形光滑細(xì)圓管軌道DEF、傾角也為37°的粗糙直軌道FG組成，B、D和F為軌道間的相切點(diǎn)，彈性板垂直軌道固定在G點(diǎn)（與B點(diǎn)等高），B、O1、D、O2和F點(diǎn)處于同一直線上。已知可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊質(zhì)量m=0.1kg，軌道BCD和DEF的半徑R=0.15m，軌道AB長度，滑塊與軌道FG間的動摩擦因數(shù)，滑塊與彈性板作用后，以等大速度彈回，sin37°=0.6，cs37°=0.8?；瑝K開始時均從軌道AB上某點(diǎn)靜止釋放，（）
（1）若釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的長度l=0.7m，求滑塊到最低點(diǎn)C時軌道對其支持力FN的大??；
（2）設(shè)釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的長度為，滑塊第一次經(jīng)F點(diǎn)時的速度v與之間的關(guān)系式；
（3）若滑塊最終靜止在軌道FG的中點(diǎn)，求釋放點(diǎn)距B點(diǎn)長度的值。
【答案】（1）7N；（2）（）；（3），，
【解析】（1）滑塊釋放運(yùn)動到C點(diǎn)過程，由動能定理
經(jīng)過C點(diǎn)時
解得
（2）能過最高點(diǎn)時，則能到F點(diǎn)，則恰到最高點(diǎn)時
解得
而要保證滑塊能到達(dá)F點(diǎn)，必須要保證它能到達(dá)DEF最高點(diǎn)，當(dāng)小球恰好到達(dá)DEF最高點(diǎn)時，由動能定理
可解得
則要保證小球能到F點(diǎn)，，帶入可得
（3）設(shè)全過程摩擦力對滑塊做功為第一次到達(dá)中點(diǎn)時做功的n倍，則n=1,3,5,……
解得
n=1,3,5, ……
又因?yàn)?br>，
當(dāng)時，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，滿足要求。
即若滑塊最終靜止在軌道FG的中點(diǎn)，釋放點(diǎn)距B點(diǎn)長度的值可能為，，。
4.（2021·湖北）如圖所示，一圓心為O、半徑為R的光滑半圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，其下端與光滑水平面在Q點(diǎn)相切。在水平面上，質(zhì)量為m的小物塊A以某一速度向質(zhì)量也為m的靜止小物塊B運(yùn)動。A、B發(fā)生正碰后，B到達(dá)半圓弧軌道最高點(diǎn)時對軌道壓力恰好為零，A沿半圓弧軌道運(yùn)動到與O點(diǎn)等高的C點(diǎn)時速度為零。已知重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。
（1）求B從半圓弧軌道飛出后落到水平面的位置到Q點(diǎn)的距離；
（2）當(dāng)A由C點(diǎn)沿半圓弧軌道下滑到D點(diǎn)時，OD與OQ夾角為θ，求此時A所受力對A做功的功率；
（3）求碰撞過程中A和B損失的總動能。
【答案】（1）2R ；（2）；（3）
【解析】解：（1）設(shè) B到半圓弧軌道最高點(diǎn)時速度為，由于B對軌道最高點(diǎn)的壓力為零，則由牛頓第二定律得
B離開最高點(diǎn)后做平拋運(yùn)動，則在豎直方向上有
在水平方向上有
聯(lián)立解得
x=2R
（2）對A由C到D的過程，由機(jī)械能守恒定律得
由于對A做功的力只有重力，則A所受力對A做功的功率為
解得
（3）設(shè)A、B碰后瞬間的速度分別為v1，v2，對B由Q到最高點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒定律得
解得
對A由Q到C的過程，由機(jī)械能守恒定律得
解得
設(shè)碰前瞬間A的速度為v0，對A、B碰撞的過程，由動量守恒定律得
解得
碰撞過程中A和B損失的總動能為
解得
5.（2020·浙江）小明將如圖所示的裝置放在水平地面上，該裝置由弧形軌道、豎直圓軌道、水平直軌道和傾角的斜軌道平滑連接而成。質(zhì)量的小滑塊從弧形軌道離地高處靜止釋放。已知，，滑塊與軌道和間的動摩擦因數(shù)均為，弧形軌道和圓軌道均可視為光滑，忽略空氣阻力。
(1)求滑塊運(yùn)動到與圓心O等高的D點(diǎn)時對軌道的壓力；
(2)通過計(jì)算判斷滑塊能否沖出斜軌道的末端C點(diǎn)；
(3)若滑下的滑塊與靜止在水平直軌道上距A點(diǎn)x處的質(zhì)量為的小滑塊相碰，碰后一起運(yùn)動，動摩擦因數(shù)仍為0.25，求它們在軌道上到達(dá)的高度h與x之間的關(guān)系。（碰撞時間不計(jì)，，）
【答案】(1)8N，方向水平向左；(2)不會沖出；(3) （）；（）
【解析】(1)機(jī)械能守恒定律
牛頓第二定律
牛頓第三定律
方向水平向左
(2)能在斜軌道上到達(dá)的最高點(diǎn)為點(diǎn)，功能關(guān)系
得
故不會沖出
(3)滑塊運(yùn)動到距A點(diǎn)x處的速度為v，動能定理
碰撞后的速度為，動量守恒定律
設(shè)碰撞后滑塊滑到斜軌道的高度為h，動能定理
得，h＝0(0

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