山东省2021高考物理一轮复习专题四曲线运动课件

山东省2021高考物理一轮复习专题四曲线运动课件

考点清单 考点一　曲线运动、运动的合成与分解 一、曲线运动 1.速度的方向:质点在某一点的速度方向,沿曲线在这一点的① 　切线方向   。 如图所示的曲线运动,v A 、v C 的方向与v的方向相同,v B 、v D 的方向与v的方 向相反。 2.运动的性质:做曲线运动的物体,速度的② 　方向     时刻在改变,所以曲线 运动一定是变速运动。 3.做曲线运动的条件 4.曲线运动的轨迹   二、运动的合成与分解 1.运算法则:位移、速度、加速度都是矢量,故它们的合成与分解都遵循 ③ 　平行四边形     定则。 2.合运动和分运动的关系 等时性 各分运动经历的时间与合运动经历的时间相同 独立性 一个物体同时参与几个分运动,各分运动④ 　独立     进行,不受其他分运动的影响 等效性 各分运动叠加起来与合运动有相同的效果 考点二　抛体运动 一、平抛运动 1.平抛运动 (1)定义:水平抛出的物体只在⑤ 　重力     作用下的运动叫做平抛运动。 (2)性质:加速度为⑥ 　重力加速度g     的匀变速曲线运动,轨迹是抛物线。 (3)研究方法: 平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向 上的自由落体运动 。 (4)运动时间和射程 t=   仅取决于竖直下落的高度;射程 x=v 0   取决于竖直下落的高度和 初速度。 2.平抛运动的规律 以抛出点为坐标原点,以初速度 v 0 方向为 x 轴正方向,竖直向下为 y 轴正方向, 如图所示,则有   水平方向分速度: v x =v 0 , 竖直方向分速度: v y =gt, 合速度大小: v=   , tan θ=   (θ 为合速度与水平方向的夹角), 水平方向分位移: x'=v 0 t, 竖直方向分位移: y'=   gt 2 , 合位移: x 合 =   。 二、斜抛运动 1.斜抛运动的定义 将物体以速度 v 0 斜向上方或斜向下方抛出,物体只在重力作用下的运动。 2.运动性质 加速度为重力加速度 g 的匀变速曲线运动,轨迹为抛物线。 3.基本规律(以斜向上抛为例说明,如图所示) (1)水平方向: v 0 x = ⑦ 　v 0 · cos θ     ,F 合x = 0; (2)竖直方向: v 0 y =⑧ 　v 0 · sin θ     , F 合 y = mg 。 考点三　圆周运动 一、描述圆周运动的物理量 二、离心现象 当提供的向心力小于所需向心力时,物体将远离原来的轨道的现象叫离心 现象。 从力的角度分析物体的运动: 1.匀速圆周运动: F 合 = mrω 2 。 2.离心运动: F 合 < mrω 2 。 3.向心运动: F 合 > mrω 2 。 知能拓展 拓展一　运动的合成与分解 1.合运动的性质和轨迹 合运动的性质和轨迹由合初速度( v 合 初 )和合加速度( a 合 )共同决定。   例1　(多选)质量为2 kg的质点在 xOy 平面上做曲线运动,在x方向的速度- 时间图像和y方向的位移-时间图像如图所示,下列说法正确的是   (　　)   A.质点的初速度为5 m/s B.质点所受的合外力为3 N,做匀加速曲线运动 C.2 s末质点速度大小为6 m/s D.2 s内质点的位移大小约为12 m 解析　由x方向的速度-时间图像可知,在 x 方向的加速度为1.5 m/s 2 ,受力 F x = 3 N,由 y 方向的位移-时间图像可知,质点在 y 方向做匀速直线运动,速度为v y =4 m/s,受力 F y =0,因此质点的初速度为5 m/s,A选项正确;质点受到的合外力 为3 N,显然,质点初速度方向与合外力方向不在同一条直线上,质点做匀加 速曲线运动,B选项正确;2 s末质点速度应该为v=   m/s=2   m/s,C选 项错误;2 s内水平方向上位移大小 x=v x t +   at 2 =9 m,竖直方向上位移大小y= 8 m,合位移大小l=   =   m ≈ 12 m,D选项正确。 答案    ABD 2.小船渡河问题 (1)小船渡河的两类模型 时间最短 位移最短 渡河情景       渡河条件 船头垂直于河岸 船头斜向上游且 v 船 > v 水 船头斜向上游,与合速 度方向垂直,且 v 水 > v 船 渡河结果 最短时间 t min =   最短位移为河宽 d 最短位移为   d 　　(2)小船渡河模型的分析思路   例2　船在静水中的速度与时间的关系如图甲所示,河水的流速随离一侧 河岸的距离的变化关系如图乙所示,经过一段时间该船以最短时间成功渡 河,下列对该船渡河的说法错误的是   (　　)   A.船在河水中的最大速度是5 m/s B.船渡河的时间是150 s C.船在行驶过程中,船头必须始终与河岸垂直 D.船渡河的位移是   × 10 2 m 解析　由题图乙可知,水流的最大速度为4 m/s,根据速度的合成可知,船在 河水中的最大速度是5 m/s,选项A正确;当船头始终与河岸垂直时,渡河时 间最短,有 t =   =   s=100 s,因此船渡河的时间不是150 s,选项B错误,C正 确;在渡河时间内,船沿水流方向的位移在数值上等于水流速度-时间图像 中图线与时间轴所围成的面积大小,根据速度变化的对称性可得 x =   m=200 m,再根据运动的合成与分解可得,船渡河的位移为   × 10 2 m,选项 D正确。 答案    B 3.绳(杆)端速度分解模型 (1)绳(杆)端速度的分解思路   (2)四种常见的速度分解模型                   例3　如图所示,不计所有接触面之间的摩擦,斜面固定,两物体质量分别为 m 1 和 m 2 ,且 m 1 < m 2 。若将 m 2 从位置 A 由静止释放,当落到位置 B 时, m 2 的速度为 v 2 ,且绳子与竖直方向的夹角为 θ 。这时 m 1 的速度大小 v 1 等于   (　　)   A. v 2 sin θ 　    B.   C. v 2 cos θ 　    D.   解析　物体 m 2 的实际运动情况是沿杆竖直下滑,这个实际运动是合运动, m 1 的速度与绳上各点沿绳方向的速度大小相等,所以绳的速度等于 m 1 的速度 v 1 ,而 m 2 的实际运动应是合运动(沿杆向下),合速度 v 2 可由沿绳子方向的分速 度和垂直于绳子的分速度来合成(即两个实际运动效果)。因此 v 1 跟 v 2 的关 系如图所示,由图可看出 m 1 的速度大小 v 1 = v 2 cos θ ,C正确。   答案    C 拓展二　抛体运动规律的理解和应用 1.平抛运动的分解与实例 方法 内容 实例 斜面 求小球平抛时间 总结 分解 速度 水平 v x = v 0 竖直 v y = gt 合速度 v =     解:如图, v y = gt , tan θ =   =   , 故 t =   分解速度, 构建速度 三角形 分解 位移 水平 x = v 0 t 竖直 y =   gt 2 合位移 x 合 =     解:如图, x = v 0 t , y =   gt 2 , 而tan θ =   , 联立得 t =   分解位移, 构建位移 三角形 2.两条有用的推论 (1) 如图,平抛运动物体在时间 t 内的速度偏转角为 θ ,位移偏转角为 φ ,则 tan θ =2 tan φ 。   证明:如图,tan θ =   =   tan φ =   =   =   故tan θ =2 tan φ 。 (2) x 0 =   ,即(平抛运动一段时间内)末速度的反向延长线 交这段时间内水平位移的中点 。 证明:tan θ =   ,tan φ =   , 又tan θ =2 tan φ , 联立得 x 0 =   。 例4　如图所示,从倾角为 θ 的足够长的斜面顶端 P 以速度 v 0 平抛出一个小 球,落在斜面上某处 Q 点,小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为 α ,若把初 速度变为3 v 0 ,小球仍落在斜面上,则以下说法正确的是   (　　)   A.夹角 α 将变大 B.夹角 α 与初速度大小无关 C.小球在空中的运动时间不变 D. P 、 Q 间距是原来间距的3倍 解析　由图可知,tan ( α + θ )=   =   ,而tan θ =   =   =   ,可得tan ( α + θ )=2 tan θ ,则知 α 大小与初速度大小无关,大小不变,选项A错误,B正确;斜面倾角 的正切值tan θ =   ,得 t =   ,若初速度变为原来的3倍,其运动时间变为 原来的3倍,选项C错误; P 、 Q 间距 s =   =   ,若初速度变为原来的3倍, 则时间 t 变为原来的3倍,则 P 、 Q 间距变为原来的9倍,选项D错误。 答案    B 3.类平抛运动 有时物体的运动与平抛运动很相似,也是在某方向做匀速直线运动,在另一 垂直方向做初速度为零的匀加速直线运动。这种运动,像平抛又不是平抛, 通常称为类平抛运动,处理方法与平抛运动一样,只是加速度 a 不同而已。 例如,某质点具有竖直向下的初速度同时受到恒定的水平向右的合外力,如 图所示,则质点做沿 x 轴的匀速直线运动和沿 y 轴的初速度为零的匀加速直 线运动。运动规律与平抛运动相同。   例5　如图所示,光滑斜面长为 a ,宽为 b ,倾角为 θ 。一小球从斜面左上方 P 点 水平射入,而从斜面右下方顶点 Q 离开斜面,求入射初速度。   解析　设入射初速度为 v 0 ,小球的重力沿斜面的分力提供加速度 a 1 ,则 a 1 = g sin θ 。小球在斜面上做类平抛运动,即水平方向以 v 0 做匀速直线运动,沿斜 面向下做初速度为零的匀加速直线运动。则: a = v 0 t   ① b =   a 1 t 2 =   g sin θ · t 2   ② 由①②两式解得 v 0 = a   。 答案     a   拓展三　圆周运动规律的应用 1.常见传动装置及其特点 (1)皮带传动:如图甲、乙所示,皮带与两轮之间无相对滑动时,两轮边缘线 速度大小相等,即 v A = v B 。   (2)摩擦传动和齿轮传动:如图丙、丁所示,两轮边缘接触,接触点无打滑现 象时,两轮边缘线速度大小相等,即 v A = v B 。   (3)同轴传动:如图戊、己所示,绕同一转轴转动的物体,角速度相同, ω A = ω B , 由 v = ωr 知 v 与 r 成正比。   注意　在处理传动装置中各物理量间的关系时,关键是确定其相同的量 (线速度或角速度),再由描述圆周运动的各物理量间的关系,确定其他各量 间的关系。 例6　如图所示,自行车的小齿轮 A 、大齿轮 B 、后轮 C 是相互关联的三个 转动部分,且半径 R B =4 R A 、 R C =8 R A 。当自行车正常骑行时, A 、 B 、 C 三轮边 缘的向心加速度的大小之比 a A ∶ a B ∶ a C 等于       (　　)   A.1∶1∶8　    B.4∶1∶4 C.4∶1∶32　    D.1∶2∶4 解析　小齿轮 A 和大齿轮 B 通过链条传动,齿轮边缘线速度相等,即 v A = v B ,小 齿轮 A 和后轮 C 同轴转动,角速度相等,有 ω A = ω C 。由 a =   可得 a A ∶ a B = R B ∶ R A =4∶1,同时由 a = ω 2 R 可得 a A ∶ a C = R A ∶ R C =1∶8,所以有 a A ∶ a B ∶ a C =4∶1∶32, C正确。 答案    C 2.做圆周运动的常见模型 例7　如图所示,半径为 R 的半球形陶罐,固定在可以绕竖直轴旋转的水平 转台上,转台转轴与过陶罐球心 O 的对称轴 OO '重合。转台以一定角速度 ω 匀速旋转,一质量为 m 的小物块落入陶罐内,经过一段时间后,小物块随陶罐 一起转动且相对罐壁静止,它和 O 点的连线与 OO '之间的夹角 θ 为60 ° 。重力 加速度大小为 g 。 (1)若 ω = ω 0 ,小物块受到的摩擦力恰好为零,求 ω 0 ; (2)若 ω =(1 ± k ) ω 0 ,且0< k ≪ 1,求小物块受到的摩擦力大小和方向。 解析　(1)对物块受力分析如图甲,则有:   甲 F 向 = mg tan θ = m   R sin θ ω 0 =   =     ① (2)当 ω =(1+ k ) ω 0 ,对物块受力分析如图乙,摩擦力方向沿罐壁切线向下, 乙 水平方向: N sin θ + f cos θ = mω 2 R sin θ   ② 竖直方向: N cos θ = f sin θ + mg   ③ 联立①②③得 f =   mg 。 当 ω =(1- k ) ω 0 时,对物块受力分析如图丙,摩擦力方向沿罐壁切线向上,水平 方向: 丙 N sin θ - f cos θ = mω 2 R sin θ   ④ 竖直方向: N cos θ + f sin θ = mg   ⑤ 联立①④⑤得 f =   mg 。 答案　(1)   　(2)见解析 应用一　平抛运动中的临界问题分析方法 实践探究 1.临界点的确定 (1)若题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,明显表明题述的过程中 存在着临界点。 (2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,表明题述 的过程中存在着“起止点”,而这些“起止点”往往就是临界点。 (3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述的过 程中存在着极值,这些极值点也往往是临界点。 2.求解平抛运动临界问题的一般思路 (1) 找出临界状态对应的临界条件 。(2) 分解速度或位移 。(3) 若有必要,画出临界轨迹 。 例1　如图所示,排球场总长为18 m,设球网高度为2 m,运动员站在网前3 m 处正对球网跳起将球水平击出,球大小不计,取重力加速度 g =10 m/s 2 。 (1)若击球高度为2.5 m,为使球既不触网又不出界,求水平击出时球的速度 范围; (2)当击球点的高度为何值时,无论水平击出时球的速度多大,球不是触网 就是出界? 解析　(1)球被水平击出后,做平抛运动,如图所示,   若正好压在底线上,则球在空中的飞行时间: t 1 =   =   s 由此得球越界的临界速度 v 1 =   =12   m/s。 若球恰好触网,则球在网上方运动的时间: t 2 =   =   s。 得球触网的临界速度 v 2 =   =3   m/s。 要使球既不触网又不越界,水平击出时球的速度 v 的取值范围为: 3   m/s< v ≤ 12   m/s。 (2)击出时球速度过大会出界,击出时球速度过小又会触网,临界情况是球 刚好擦网而过,落地时又恰好压在底线上。 则有   =   , 得 h =   =   m 即击球高度为   m时,球不是触网就是出界。 答案　(1)3   m/s< v ≤ 12   m/s　(2)   m 应用二　圆周运动中的临界问题分析方法 1.水平面内的临界问题 此类问题中最常见的情景是物体放在转动的圆盘上,随圆盘一起做匀速圆 周运动,静摩擦力提供向心力。 物体相对圆盘恰好不发生相对滑动的临界条件是最大静摩擦力恰好提供 向心力 ,若假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则有 μmg = m   · r ,临界角速度 ω 0 =   。当圆盘转动的角速度 ω > ω 0 时,物体将做离心运动。 例2　如图所示,两个用相同材料制成的靠摩擦传动的轮 A 和 B 水平放置,两 轮半径关系为 R A =2 R B 。当主动轮 A 匀速转动时,在 A 轮边缘上放置的小木块 恰能相对静止在 A 轮边缘上。若将小木块放在 B 轮上,欲使木块相对 B 轮也 静止,则木块距 B 轮转动轴的最大距离为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)   (　　) A.   　　     B.   　　     C.   　 　    D. R B 解题指导　关键词:①相同材料,②靠摩擦传动,③小木块恰能相对静止,④ 木块相对 B 轮也静止。 A 、 B 两轮边缘处的线速度相同,木块在静摩擦力作 用下做圆周运动。 解析　由图可知,当主动轮 A 匀速转动时, A 、 B 两轮边缘上的线速度相同, 由 ω =   ,得   =   =   =   。由于小木块恰能在 A 轮边缘静止,则由最大静 摩擦力提供向心力,故 μ A mg = m   R A   ① 设放在 B 轮上能使木块相对静止的距 B 转动轴的最大距离为 r ,则向心力由 最大静摩擦力提供,故 μ B mg = m   r   ② 因 A 、 B 材料相同,故木块与 A 、 B 的动摩擦因数相同,①②式左边相等,故 m   R A = m   r ,得 r =   R A =   R A =   =   。 所以选项C正确。 答案    C 2.竖直平面内的圆周运动的分析方法 (1)物体在竖直平面内做的圆周运动是一种典型的变速曲线运动,该类运动 常有临界问题,并常伴有“最大”、“最小”、“刚好”等词语,常分析两 种模型——“绳球”模型和“杆球”模型,分析比较如下。 　　(2)竖直圆的脱轨问题 脱轨可分为外侧脱轨与内侧脱轨两种情况。 脱轨的条件为物体与轨道之间的作用力为零 。如图小球( m )从圆轨道最高点由静止滑下,小球在何处脱离轨道? 设夹角为 θ 时开始脱轨,则满足关系:   得cos θ =   (3)有关竖直平面内的圆周运动的几点说明 如图所示,若小球在细绳的拉力作用下,恰能在竖直平面内做圆周运动,应 满足 v A =   , v D =   , T A =0, T D =6 mg ,若小球由 B 或 C 处静止释放,则满足 v D =   , T D =3 mg , T D 的大小与细绳的长短无关,只与 m 的大小有关。 例3　(多选)如图所示,竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上,半径 r =0.4 m,最低点处有一小球(半径比 r 小得多),现给小球一水平向右的初速度 v 0 ,则要使小球不脱离圆轨道运动, v 0 应满足( g =10 m/s 2 )   (　　)   A. v 0 ≥ 0　     B. v 0 ≥ 4 m/s C. v 0 ≥ 2   m/s　　D. v 0 ≤ 2   m/s 解析　解决本题的关键是全面理解“小球不脱离圆轨道运动”所包含的 两种情况:(1)小球通过最高点并完成圆周运动;(2)小球没有通过最高点,但 小球没有脱离圆轨道。对于第(1)种情况,当 v 0 较大时,小球能够通过最高 点,这时小球在最高点处需要满足的条件是 mg ≤   ,又根据机械能守恒定 律有   mv 2 +2 mgr =   m   ,可求得 v 0 ≥ 2   m/s,故选项C正确;对于第(2)种情况, 当 v 0 较小时,小球不能通过最高点,这时对应的条件是小球上升高度不高于 与圆心等高位置处,则有 mgr ≥   m   ,可求得 v 0 ≤ 2   m/s,故选项D正确。 答案    CD 3.圆锥面上的临界问题 做圆锥摆类运动的物体,随转动角速度的增大,物体受到的某个力会变小, 当该力恰好减为零时,往往就是该类问题的临界状态 ,由临界状态求临界的 线速度或角速度,问题常常就迎刃而解了。 例4　如图所示,在光滑的圆锥体顶端用长为 l 的绳悬挂一质量为 m 的物 体。圆锥体固定在水平面上不动,其轴线沿竖直方向,母线与轴线之间的夹 角为30 ° 。物体以速率 v 绕圆锥体轴线做水平匀速圆周运动。   (1)当 v 1 =   时,求绳对物体的拉力大小。 (2)当 v 2 =   时,求绳对物体的拉力大小。 解题思路　关键词:①光滑的,②做水平匀速圆周运动。临界状态是球与锥 面间弹力为零,设此时线速度为 v 0 ,分 v > v 0 和 v < v 0 两种情况讨论。 解析　如图甲所示,物体在锥面上运动,但支持力为0,物体只受重力 mg 和绳 的拉力 F T 作用,合力沿水平面指向轴线。根据牛顿第二定律有:   甲 mg tan 30= m   = m   解得: v 0 =   (1)因为 v 1 < v 0 ,所以物体与锥面接触并产生弹力 F N ,此时物体受力如图乙所 示。 根据牛顿第二定律有: F T sin 30 ° - F N cos 30 ° =   F T cos 30 ° + F N sin 30 ° - mg =0 解得: F T =1.03 mg   乙 　　       丙 　　(2)因为 v 2 > v 0 ,所以物体与锥面脱离,设绳与竖直方向的夹角为 α ,此时物 体受力如图丙所示。根据牛顿第二定律有: F T sin α =   F T cos α - mg =0 解得: F T =2 mg 答案　(1)1.03 mg 　(2)2 mg 创新点　斜面上圆周运动的临界问题 　　在斜面上做圆周运动的物体,因所受的控制因素不同(如静摩擦力控 制、绳控制、杆控制),物体的受力情况和所遵循的规律也不相同。求解 这类问题的典型方法是类比法,与竖直平面内圆周运动的各种模型进行类 比,寻找“等效重力”“等效最低点”“等效最高点”,类比竖直平面内圆 周运动的各种模型的运动状态、受力特点及临界条件进行求解。下面列 举三类实例。 创新思维 例1     (静摩擦力控制下的斜面上圆周运动) 如图所示的绝缘圆盘与水平面 的夹角为 θ ,可绕过圆心 O 的轴转动,今有一个质量为 m 、电荷量为+ q 的小物 块放置在距转轴 L 处并处于静止状态,小物块与圆盘间的动摩擦因数为 μ , 现启动圆盘让其加速转动,到盘上的小物块刚要滑动时停止加速,在圆盘转 动过程中保证小物块与圆盘始终相对静止。已知重力加速度为 g ,最大静 摩擦力等于滑动摩擦力,下列有关描述中正确的是   (　　)   A.逐渐加速的过程中,小物块所受摩擦力始终指向圆心 B.小物块所受摩擦力大小为 μmg cos θ C.小物块不相对滑动的最大角速度是   D.若施加一个竖直向上的匀强电场,则圆盘的最大转速增大 解析　小物块在圆盘上受重力、支持力和摩擦力的作用,与竖直平面内圆 周运动的模型进行类比, “等效重力”为 mg sin θ 。在逐渐加速的过程中 小物块所受的摩擦力一方面使其加速,另一方面和重力沿圆盘的分力一起 提供向心力,A错误;小物块与圆盘间的摩擦力为静摩擦力,大小是变化的,B 错误;当小物块运动到圆盘最低点处恰好不相对滑动时的角速度最大,由 μ mg cos θ - mg sin θ = mLω 2 知最大角速度为 ω =   ,C正确;若施加 一个竖直向上的匀强电场,小物块受到一个竖直向上的电场力,小物块运动 到最低点而不滑动时应满足 μ ( mg - Eq ) cos θ -( mg - Eq ) sin θ = mLω ' 2 ,易知圆盘 的最大转速应减小,D错误。 答案    C 例2     (轻杆控制下的斜面上圆周运动) 如图所示,在倾角为 α =30 ° 的光滑斜 面上,有一根长为 L =0.8 m的轻杆,一端固定在 O 点,另一端系一质量为 m =0.2 kg的小球,沿斜面做圆周运动。 g 取10 m/s 2 。若要小球能通过最高点 A ,则 小球在最低点 B 的最小速度是   (　　) A.4 m/s　　B.2   m/s　　C.2   m/s　　D.2   m/s 解析　小球受轻杆控制,在 A 点的最小速度为零,由动能定理得2 mgL sin α =   m   ,可得 v B =4 m/s,A正确。 答案    A 例3     (轻绳控制下的斜面上圆周运动) (多选)如图所示,一块足够大的光滑 平板放置在水平面上,能绕水平固定轴 MN 自由转动从而实现调节其与水 平面所成的倾角。板上有一根长为 l =0.5 m的轻绳,一端系住一个质量为 m =0.5 kg的小球,另一端固定在板上的 O 点。当平板倾角为 α 时,先将轻绳平 行于水平轴 MN 拉直,然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度 v 0 =2 m/s, g 取10 m/s 2 ,则   (　　) A.若 α =0 ° ,则轻绳对小球的拉力大小为 F T =4 N B.若 α =90 ° ,则小球相对于初始位置可上升的最大高度为0.3 m C.小球能在平板上绕 O 点做完整的圆周运动, α 必须满足的条件为 sin α ≤   D.小球能在平板上绕 O 点做完整的圆周运动, α 必须满足的条件为 sin α ≤   解析　小球在平板上运动时受轻绳的拉力、重力和平板的弹力。在垂直 平板方向上合力为零,重力沿平板方向的分力为 mg sin α ,小球在最高点时, 由轻绳的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力,有 F T + mg sin α = m     ① 研究小球从释放点到最高点的过程,据动能定理有 - mgl sin α =   m   -   m     ② 若恰好通过最高点,轻绳拉力 F T =0,联立①②解得 sin α =   =   , 故C错误,D正确; 若 α =90 ° ,小球不能到达最高点,假设能够上升0.3 m,重力势能的增加量 mgh =1.5 J,初动能   m   =1 J,机械能不守恒,故B错误。 答案    AD 若 α =0 ° ,则轻绳对小球的拉力大小为 F T = m   =4 N,故A正确;