2024届高考物理一轮复习教案第六章第2讲动能定理及其应用（粤教版新教材）

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考点一 动能定理的理解和基本应用
1．动能
(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能．
(2)公式：Ek＝eq \f(1,2)mv2，单位：焦耳(J).1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
(3)动能是标量、状态量．
2．动能定理
(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．
(2)表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12.
(3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度．
1．一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化．( √ )
2．物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．( × )
3．物体的动能不变，所受的合外力必定为零．( × )
4．合力对物体做正功，物体的动能增加；合力对物体做负功，物体的动能减少．( √ )
1．应用动能定理解题应抓住“两状态，一过程”，“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．
2．注意事项
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．
(2)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解，也可以全过程应用动能定理求解．
(3)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能．
例1 如图所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，不计空气阻力，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为( )
A．μmgRB.eq \f(1,2)mgR
C．mgRD．(1－μ)mgR
答案 D
解析 BC段物体所受摩擦力为f＝μmg，位移为R，故BC段摩擦力对物体做功W＝－fR＝
－μmgR，对全程由动能定理可知mgR＋W1＋W＝0，解得W1＝μmgR－mgR，故AB段克服摩擦力做功为W克＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，选D.
例2 (2021·河北卷·6)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)( )
A.eq \r(2＋πgR)B.eq \r(2πgR)
C.eq \r(21＋πgR)D．2eq \r(gR)
答案 A
解析 小球下落的高度为h＝πR－eq \f(π,2)R＋R＝eq \f(π＋2,2)R，小球下落过程中，根据动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mv2，综上有v＝eq \r(π＋2gR)，故选A.
例3 一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示，当物块的初速度为eq \f(v,2)时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为( )
A．tan θ，eq \f(H,2)B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v2,2gH)－1))tan θ，eq \f(H,2)
C．tan θ，eq \f(H,4)D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v2,2gH)－1))tan θ，eq \f(H,4)
答案 D
解析 物块以初速度v上升的过程，由动能定理得
－mgH－μmgcs θ·eq \f(H,sin θ)＝0－eq \f(1,2)mv2，
解得μ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v2,2gH)－1))tan θ.
当物块的初速度为eq \f(v,2)时，由动能定理得
－mgh－μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)＝0－eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,2)))2，
解得h＝eq \f(H,4)，故选D.
例4 如图所示，粗糙水平地面AB与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上．质量m＝1 kg的小物块在9 N的水平恒力F的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动．已知xAB＝5 m，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.1，当小物块运动到B点时撤去力F，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)小物块到达B点时速度的大小；
(2)小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小．
答案 (1)4eq \r(5) m/s (2)150 N
解析 (1)从A到B过程，据动能定理可得
(F－μmg)xAB＝eq \f(1,2)mvB2
解得小物块到达B点时速度的大小为
vB＝4eq \r(5) m/s
(2)从B到D过程，据动能定理可得
－mg·2R＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)mvB2
在D点由牛顿第二定律可得
FN＋mg＝meq \f(vD2,R)
联立解得小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小为FN＝150 N.
应用动能定理的解题流程
考点二 应用动能定理求变力做功
例5 质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g)( )
A.eq \f(1,2)mv02－μmg(s＋x) B.eq \f(1,2)mv02－μmgx
C．μmgsD．μmg(s＋x)
答案 A
解析 根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，由动能定理可得－W弹－Wf＝0－eq \f(1,2)mv02，则W弹＝eq \f(1,2)mv02－μmg(s＋x)，故选项A正确．
例6 (2023·广东深圳市光明区名校联考)如图所示，一半圆弧形细杆ABC竖直固定在水平地面上，AC为其水平直径，圆弧半径BO＝3.6 m．质量为m＝4.0 kg的小圆环(可视为质点，小环直径略大于杆的粗细)套在细杆上，在大小为50 N、沿圆的切线方向的拉力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时对细杆的压力恰好为0.已知π取3.14，重力加速度g取10 m/s2，在这一过程中摩擦力做的功为( )
A．66.6 J B．－66.6 J
C．210.6 J D．－210.6 J
答案 B
解析 小圆环到达B点时对细杆的压力恰好为0，则mg＝meq \f(v2,r)，拉力F沿圆的切线方向，根据动能定理Feq \f(2πr,4)－mgr＋Wf＝eq \f(1,2)mv2，又r＝3.6 m，摩擦力做的功为Wf＝－66.6 J，故选B.
在一个有变力做功的过程中，当变力做功无法直接通过功的公式求解时，可用动能定理W变＋W恒＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，物体初、末速度已知，恒力做功W恒可根据功的公式求出，这样就可以得到W变＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12－W恒，就可以求出变力做的功了．
考点三 动能定理与图像问题的结合
图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义
例7 (2021·湖北卷·4)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示．重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为( )
A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N
B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N
答案 A
解析 0～10 m内物块上滑，由动能定理得
－mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，
整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，
结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值
|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N，
10～20 m内物块下滑，由动能定理得
(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，
整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，
结合10～20 m内的图像得，
斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N，
联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg，故选A.
例8 A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v－t图像如图所示．已知两物体所受的滑动摩擦力大小相等，则下列说法正确的是( )
A．F1、F2大小之比为1∶2
B．F1对A、F2对B做功之比为1∶2
C．A、B质量之比为2∶1
D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1
答案 C
解析 由v－t图像可知，两个匀减速运动的加速度大小之比为1∶2，由题可知A、B所受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2∶1，故C正确．由v－t图像可知，A、B两物体运动的位移相等，且匀加速运动位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得F1与摩擦力的关系：F1·s－f1·3s＝0－0，F2与摩擦力的关系：F2·2s－f2·3s＝0－0，因此可得：F1＝3f1，F2＝eq \f(3,2) f2，f1＝f2，所以F1＝2F2.全过程中A、B克服摩擦力做的功相等，F1对A、F2对B做的功大小相等，故A、B、D错误．
例9 (2020·江苏卷·4)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上．斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数．该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是( )
答案 A
解决图像问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．
(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．
(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线之间的交点、图线与横轴围成的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．
课时精练
1.(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体．电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是( )
A．对物体，动能定理的表达式为W＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，其中W为支持力做的功
B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功
C．对物体，动能定理的表达式为W－mgH＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，其中W为支持力做的功
D．对电梯，其所受的合力做功为eq \f(1,2)Mv22－eq \f(1,2)Mv12
答案 CD
解析 电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功(即合力做的功)才等于物体动能的增量，即W合＝W－mgH＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，其中W为支持力做的功，A、B错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，即eq \f(1,2)Mv22－eq \f(1,2)Mv12，D正确．
2.如图所示，光滑的固定斜面顶端固定一弹簧，质量为m的小球以速度v自最低点A冲上斜面．压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，重力加速度为g，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做功是( )
A．mgh－eq \f(1,2)mv2B.eq \f(1,2)mv2－mgh
C．－mghD．－(mgh＋eq \f(1,2)mv2)
答案 A
解析 小球从A到C过程中，由动能定理可得WG＋WF＝0－eq \f(1,2)mv2，WG＝－mgh，解得WF＝mgh－eq \f(1,2)mv2，故选A.
3.(多选)(2023·云南昆明市第一中学、宁夏银川一中模拟)如图，若小滑块以某一初速度v0从斜面底端沿光滑斜面上滑，恰能运动到斜面顶端．现仅将光滑斜面改为粗糙斜面，仍让滑块以初速度v0从斜面底端上滑时，滑块恰能运动到距离斜面底端长度的eq \f(3,4)处．则( )
A．滑块滑上斜面后能再次滑回斜面底端
B．滑块滑上斜面后不能再次滑回斜面底端
C．滑块在斜面上运动的整个过程产生的热量为eq \f(1,8)mv02
D．滑块在斜面上运动的整个过程产生的热量为eq \f(1,4)mv02
答案 AD
解析 设斜面长度为L，斜面倾角为θ，由题意可知eq \f(1,2)mv02＝mgLsin θ，eq \f(1,2)mv02＝mgssin θ＋μmgscs θ，其中的s＝eq \f(3,4)L，解得μ＝eq \f(1,3)tan θ，因mgsin θ>μmgcs θ，则当滑块滑上斜面到达最高点后能再次滑回斜面底端，选项A正确，B错误；整个过程产生的热量为Q＝2μmgscs θ＝eq \f(1,2)mgLsin θ＝eq \f(1,4)mv02，选项C错误，D正确．
4.(2023·广东揭阳市普宁二中月考)如图，质量为m的滑雪运动员(含滑雪板)从斜面上距离水平面高为h的位置静止滑下，停在水平面上的b处；若从同一位置以初速度v滑下，则停在同一水平面上的c处，且ab与bc相等．已知重力加速度为g，不计空气阻力与通过a处的机械能损失，则该运动员(含滑雪板)在斜面上克服阻力做的功为( )
A．mghB.eq \f(1,2)mv2
C．mgh－eq \f(1,2)mv2D．mgh＋eq \f(1,2)mv2
答案 C
解析 设运动员从静止开始滑下，停在水平面上b处时，在斜面上克服阻力做的功为W1，在水平面上克服摩擦力做的功为W2，由动能定理得mgh－W1－W2＝0，当运动员以速度v从同一高度下滑时，停在同一水平面上的c处，且ab与bc相等，由动能定理可得mgh－W1－2W2＝0－eq \f(1,2)mv2，联立两式求得W1＝mgh－eq \f(1,2)mv2，故选C.
5．(2023·湖南怀化市模拟)如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零，如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，不计B、C处能量损失)( )
A．等于v0B．大于v0
C．小于v0D．取决于斜面
答案 A
解析 物体从D点滑动到顶点A过程中，由动能定理可得－mg·sAO－μmg·sDB－μmgcs α·sAB＝0－eq \f(1,2)mv02，α为斜面倾角，由几何关系有sABcs α＝sOB，因而上式可以简化为－mg·sAO－μmg·sOD＝0－eq \f(1,2)mv02，从上式可以看出，物体的初速度与路径无关．故选A.
6.电梯是一种以电动机为动力的垂直升降机，用于多层建筑载人或载运货物．某次电梯从地面由静止启动，加速度a与离地高度h的关系图像如图所示，则( )
A．2h0～3h0范围内电梯向上做匀减速直线运动
B．电梯在0～h0和2h0～3h0范围内的速度变化量相等
C．电梯在3h0处的速度大小为2eq \r(a0h0)
D．电梯上升的最大高度可能为3h0
答案 C
解析 由题图可知从0到2h0，电梯先做加速度增大的加速运动再做匀加速运动，从2h0到3h0做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，电梯向上的速度不为零，仍会向上运动，则电梯上升的最大高度一定大于3h0，故A、D错误；根据动能定理可得eq \f(1,2)mv2＝Fh＝mah＝mS面积，则v＝eq \r(2S面积)，则电梯在h0处的速度大小为eq \r(a0h0)，在2h0处的速度大小为eq \r(3a0h0)，在3h0处的速度大小为2eq \r(a0h0)，所以电梯在0～h0和2h0～3h0范围内的速度变化量不相等，故B错误，C正确．
7.(2023·广东省清中、河中、北中、惠中联考)如图所示，竖直圆轨道固定在水平面上，其中A为最低点，B为最高点，C为与圆心等高的点，质量为1 kg且可视为质点的小球在轨道内做完整的圆周运动．已知小球动能Ek的变化范围为10～20 J，忽略一切摩擦，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．轨道半径为1 m
B．小球对轨道的最大压力与最小压力的大小之比为3∶1
C．小球在C点时对轨道的压力大小为45 N
D．以地面为势能零点参考平面，小球在C点的重力势能等于动能
答案 B
解析 在A点FN1－mg＝meq \f(vmax2,R)，在B点FN2＋mg＝meq \f(vmin2,R)，A到B过程，根据动能定理有－mg×2R＝eq \f(1,2)mvmin2－eq \f(1,2)mvmax2，又有eq \f(1,2)mvmax2＝20 J，eq \f(1,2)mvmin2＝10 J，解得R＝0.5 m，小球对轨道的最大压力与最小压力之比eq \f(FN1′,FN2′)＝eq \f(FN1,FN2)＝eq \f(3,1)，A错误，B正确；在C点FN3＝meq \f(vC2,R)，A到C过程，根据动能定理有－mgR＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvmax2，解得小球在C点时对轨道的压力大小FN3′＝FN3＝60 N，C错误；以地面为势能零点参考平面，小球在C点的重力势能Ep＝mgR＝5 J，小球在C点的动能Ek＝eq \f(1,2)mvC2＝15 J，D错误．
8．(2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为( )
A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg
答案 C
解析 法一：特殊值法
画出运动示意图．
设该外力的大小为F，据动能定理知
A→B(上升过程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkA
B→A(下落过程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′
整理以上两式并代入数据得物体的质量m＝1 kg，选项C正确．
法二：写表达式根据斜率求解
上升过程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，
则Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0
下落过程：(mg－F)h＝Ek′－Ek0′，
则Ek′＝(mg－F)h＋Ek0′，
结合题图可知mg＋F＝eq \f(72－36,3－0) N＝12 N，
mg－F＝eq \f(48－24,3－0) N＝8 N
联立可得m＝1 kg，选项C正确．
9.(多选)如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h、与水平面夹角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地各处间的动摩擦因数均为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)．则( )
A．动摩擦因数μ＝eq \f(6,7)
B．载人滑草车最大速度为eq \r(\f(2gh,7))
C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为eq \f(3,5)g
答案 AB
解析 对载人滑草车从坡顶由静止开始滑到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg·2h－μmgcs 45°·eq \f(h,sin 45°)－μmgcs 37°·eq \f(h,sin 37°)＝0，解得μ＝eq \f(6,7)，选项A正确；滑草车在滑道上段加速，在滑道下段减速，故滑草车通过上段滑道末端时速度最大，根据动能定理有mgh－μmgcs 45°·eq \f(h,sin 45°)＝eq \f(1,2)mvm2，解得：vm＝eq \r(\f(2gh,7))，选项B正确；全过程有WG－W克f＝0，则载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a＝eq \f(mgsin 37°－μmgcs 37°,m)＝－eq \f(3,35)g，故加速度大小为eq \f(3,35)g，选项D错误．
10.如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的小球(可看成质点)从P点上方高为R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．小球滑到轨道最低点N时，对轨道的压力大小为4mg，g为重力加速度．用W表示小球从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则( )
A．W＝eq \f(1,2)mgR，小球恰好可以到达Q点
B．W>eq \f(1,2)mgR，小球不能到达Q点
C．W＝eq \f(1,2)mgR，小球到达Q点后，继续上升一段距离
D．W答案 C
解析 在N点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(vN2,R)，由牛顿第三定律知FN＝FN′＝4mg，解得vN＝eq \r(3gR)，对小球从开始下落至到达N点的过程，由动能定理得mg·2R－W＝eq \f(1,2)mvN2－0，解得W＝eq \f(1,2)mgR.由于小球在PN段某点处的速度大于此点关于ON在NQ段对称点处的速度，所以小球在PN段某点处受到的支持力大于此点关于ON在NQ段对称点处受到的支持力，则小球在NQ段克服摩擦力做的功小于在PN段克服摩擦力做的功，小球在NQ段运动时，由动能定理得－mgR－W′＝eq \f(1,2)mvQ2－eq \f(1,2)mvN2，因为W′0，所以小球到达Q点后，继续上升一段距离，选项C正确．
11．(2023·云南昆明市第一中学模拟)如图甲所示，两个不同材料制成的滑块A、B静置于水平桌面上，滑块A的右端与滑块B的左端接触．某时刻开始，给滑块A一个水平向右的力F，使滑块A、B开始滑动，当滑块A、B滑动1.0 m时撤去力F.整个运动过程中，滑块A、B的动能Ek随位移s的变化规律如图乙所示．不计空气阻力，求：
(1)滑块A对B做的功；
(2)力F的大小．
答案 (1)12 J (2)39 N
解析 (1)B在撤去F后继续滑行sB＝1.0 m，撤去F时B的动能EkB＝6 J，
由动能定理有－fBsB＝0－EkB
在撤去F前，对B由动能定律得WAB－fBs＝EkB
联立并代入数据解得WAB＝12 J
(2)撤去力F后，滑块A继续滑行的距离为sA＝0.5 m，撤去F时A的动能EkA＝9 J，由动能定理有－fAsA＝0－EkA
力F作用的过程中，分析滑块A、B整体，由动能定理有(F－fA－fB)s＝EkA＋EkB
代入数据解得F＝39 N.
12．如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sin α＝eq \f(3,5).一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g.求：
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
(2)小球到达B点时对圆弧轨道的压力大小．
答案 (1)eq \f(3,4)mg eq \f(\r(5gR),2) (2)eq \f(15,2)mg
解析 (1)设水平恒力的大小为F0，小球所受重力和水平恒力的合力的大小为F，小球到达C点时速度的大小为vC，则eq \f(F0,mg)＝tan α，F＝eq \f(mg,cs α)，
由牛顿第二定律得F＝meq \f(vC2,R)，
联立并代入数据解得F0＝eq \f(3,4)mg，vC＝eq \f(\r(5gR),2).
(2)设小球到达B点时速度的大小为vB，小球由B到C的过程中由动能定理可得
－2FR＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2，
代入数据解得vB＝eq \f(5,2)eq \r(gR)
小球在B点时有FN－F＝meq \f(vB2,R)，解得FN＝eq \f(15,2)mg
由牛顿第三定律可知，小球在B点时对圆弧轨道的压力大小为FN′＝eq \f(15,2)mg.