ShaYun - 沙云

第6章 圆周运动  第4讲 第2课时 圆周运动的临界问题

课堂讲解

知识点1、水平面内圆周运动的临界问题

1．临界状态的形成

在水平面上做圆周运动的物体，当角速度ω变化时，物体有远离或向着圆心运动(半径有变化)的趋势。当物体所需要的向心力大于提供向心力的力时，物体就脱离轨道。当提供向心力的力取最大值时，物体做圆周运动的角速度就达到最大。

2．水平面内的圆周运动常见的临界问题

(1)物体恰好(没有)发生相对滑动，静摩擦力达到最大值。

(2)物体恰好要离开接触面，物体与接触面之间的弹力为0。

(3)绳子恰好断裂，绳子的张力达到最大承受值。

(4)物体所受支持力为0或绳子刚好伸直，绳子的张力恰好为0。

例1、(多选)如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l。木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度。下列说法正确的是(      )

A．b一定比a先开始滑动

B．a、b所受的摩擦力始终相等

C．ω＝2l(kg)是b开始滑动的临界角速度

D．当ω＝3l(2kg)时，a所受摩擦力的大小为kmg

变式1、如图所示，A、B、C三个物体放在水平旋转的圆台上，它们与圆台之间的动摩擦因数均为μ，A的质量为2m，B、C的质量均为m，A、B离轴心距离为R，C离轴心距离为2R，重力加速度为g，则当圆台旋转时(设A、B、C都没有滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(    )

A．物体C受到的向心力最大

B．物体B受到的静摩擦力最大

C．ω＝2R(μg)是C开始滑动的临界角速度

D．当圆台转速增加时，B比A先滑动

例2、如图所示，水平转盘上放有质量为m的物块，物块到转轴的距离为r。一段绳的一端与物块相连，另一端系在圆盘中心上方3(4)r处，绳恰好伸直，物块和转盘间的动摩擦因数为μ，设物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知重力加速度为g。

(1)当水平转盘以角速度ω₁匀速转动时，绳上恰好有张力，求ω₁的值；

(2)当水平转盘以角速度ω₂匀速转动时，物块恰好离开转盘，求ω₂的值。

变式2、如图所示，在光滑的圆锥顶用长为l的细线悬挂一质量为m的物体，圆锥体固定在水平面上不动，其轴线沿竖直方向，细线与轴线之间的夹角θ＝30°，物体以某一速率绕圆锥体轴线做水平匀速圆周运动，重力加速度为g。求：

(1)当速率为6(gl)时，细线对物体的拉力大小；

(2)当速率为2(3gl)时，细线对物体的拉力大小。

知识点2、竖直面内圆周运动的临界问题

1．竖直面内圆周运动的两种模型

在竖直平面内做圆周运动的物体，运动至轨道最高点时的受力情况，可分为两种模型：一是只有拉(压)力，如球与绳连接、沿内轨道的“过山车”等，称为“轻绳模型”；二是可拉(压)可推(支撑)，如球与杆连接、小球在弯管内运动等，称为“轻杆模型”。

2．竖直面内圆周运动的两个基本模型的比较

注意  (1)轻绳模型和轻杆模型过最高点的临界条件不同，其原因是绳不能提供支持力，而杆可以提供支持力。

(2)对轻杆模型，在无法确定位于最高点时杆对物体提供的是支持力还是拉力的情况下，可用假设法列平衡方程，然后根据结果的正负确定力的方向。

(3)解答竖直面内的圆周运动问题时，首先要搞清楚是什么模型，再根据不同模型的临界条件分析受力，找到向心力的来源。

例3、(多选)用细绳拴着质量为m的小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示．则下列说法正确的是(　　)

A．小球通过最高点时，绳子张力可以为0

B．小球通过最高点时的最小速度是0

C．小球刚好通过最高点时的速度是

D．小球通过最高点时，绳子对小球的作用力可以与球所受重力方向相反

变式3、如图所示，长度L＝0.4 m的轻绳，系一小球在竖直平面内做圆周运动，小球的质量m＝0.5 kg，小球半径不计，重力加速度g取10 m/s²。

 (1)求小球刚好通过最高点时的速度大小；

(2)小球通过最高点的速度大小为4 m/s时，求绳的拉力大小；

(3)若轻绳能承受的最大张力为45 N，求小球运动过程中速度的最大值。

例4、如图所示，长度为l＝0.50 m的轻质细杆OA的A端有一质量为m＝3.0 kg的小球，小球以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速率是2.0 m/s，g取10 m/s².试分析此时细杆OA受到小球的作用力的情况．

变式4、如图所示，有一个半径为R的内壁光滑的圆管道(管壁厚度可忽略)。现给小球一个初速度，使小球沿管道在竖直面内做圆周运动。关于小球在最高点的速度v，下列叙述中正确的是(小球可看成质点)(      )

A．v的最小值为

B．v由0逐渐增大，管道对小球的弹力逐渐增大

C．当v由逐渐增大时，管道对小球的弹力逐渐增大

D．当v由逐渐减小时，管道对小球的弹力逐渐减小

知识点3、平抛运动和圆周运动的综合应用

平抛运动和圆周运动是两种典型的曲线运动，许多问题是以这两种运动综合的形式出现，求解这类综合问题的思路如下：首先根据运动的独立性和各自的运动规律列式；其次寻找两种运动的结合点，如它们的位移关系、速度关系、时间关系等；最后再联立方程求解。

例4、如图所示，一光滑的半径为R的半圆形轨道固定在水平面上，一个质量为m的小球以某一速度冲上半圆形轨道AB，当小球将要从轨道口飞出时，轨道对小球的压力恰好为零，则小球落地点C距A处多远？

变式4、如图所示，人骑摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高0.8 m，顶部水平的高台，接着以v＝3 m/s的水平速度离开高台，落至地面时，恰能无碰撞地从A点沿圆弧切线方向进入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑。A、B为圆弧两端点，其连线水平。已知圆弧半径R＝1.0 m，人和车的总质量为180 kg，特技表演的全过程中，阻力忽略不计。(计算中取重力加速度g＝10 m/s²，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)

(1)求从高台飞出至到达A点，人和车运动的水平距离s；

(2)若人和车运动到圆弧轨道最低点O时的速度v′＝ m/s，求此时人和车对轨道的压力大小；

(3)求人和车从平台飞出后到达A点时的速度大小及圆弧轨道对应的圆心角θ。

课后巩固

1、有一水平放置的圆盘，上面放有一劲度系数为k的轻质弹簧，如图所示，弹簧的一端固定于轴O上，另一端挂一质量为m的物体A，物体与圆盘面间的动摩擦因数为μ，开始时弹簧未发生形变，长度为R.

(1)圆盘的转速n₀多大时，物体A开始滑动？

(2)分析转速达到2n₀时，弹簧的伸长量Δx是多少？

2、如图所示，转动轴垂直于光滑水平面，交点O的上方h(A点)处固定细绳的一端，细绳的另一端拴接一质量为m的小球B，绳长l大于h，转动轴带动小球在光滑水平面上做圆周运动，重力加速度为g。当转动的角速度ω逐渐增大时，下列说法正确的是(    )

A．小球始终受三个力的作用

B．细绳上的拉力始终不变

C．要使球不离开水平面，角速度的最大值为h(g)

D．若小球飞离了水平面，则角速度可能为l(g)

3、如图(1)所示，小球质量m＝0.8 kg，用两根长均为L＝0.5 m的细绳拴住并系在竖直杆上的A、B两点．已知AB＝0.8 m，当竖直杆转动带动小球在水平面内绕杆以ω＝40 rad/s的角速度匀速转动时，取g＝10 m/s²，求上、下两根绳上的张力．

4.如图所示，质量为1 kg、大小不计的小球在P点用两根长度相等、不可伸长的细绳系于竖直杆上，随杆在水平面内做匀速圆周运动。A、B间的距离与绳长均为1 m。(重力加速度g取10 m/s²)

(1)当ω₁＝4 rad/s时，细绳AP和BP上的拉力分别为多少？

(2)当ω₂＝5 rad/s时，细绳AP和BP上的拉力分别为多少？

5. (多选)如图所示，A是用轻绳连接的小球，B是用轻杆连接的小球，两球都在竖直面内做圆周运动，且绳、杆长度相等，都为L。忽略空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法中正确的是(     )

A．A球通过圆周最高点的最小速度是

B．B球通过圆周最高点的最小速度为零

C．B球到最低点时处于超重状态

D．A球在运动过程中所受的合外力的方向总是指向圆心

6. (多选)如图所示，长L＝0.5 m的轻质细杆，一端固定有一个质量m＝3 kg的小球(可视为质点)，另一端由电动机带动，使杆绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动，小球的速率v＝2 m/s，重力加速度g取10 m/s²。则(    )

A．小球通过最高点时，向心力大小是24 N

B．小球通过最低点时，向心力大小是54 N

C．小球通过最高点时，对杆作用力的大小为6 N

D．小球通过最低点时，对杆作用力的大小为24 N

7.如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做完整的圆周运动，小球直径略小于管道内径，管道内侧壁半径为R，重力加速度为g，小球半径为r，a、b与圆心在同一水平线上，则下列说法正确的是(    )

A．小球通过最高点时的最小速度v_min＝

B．小球通过最低点时的最小速度v_min＝0

C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力

D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力

8、如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑半圆形管道(管道内径很小)，管道里一个直径略小于管道内径的小球在做圆周运动，小球从B点脱离后做平抛运动，经过0.3 s后又恰好与倾角为45°的斜面于C点垂直相碰。已知半圆形管道的半径R＝1 m，小球可看成质点且其质量m＝1 kg，重力加速度g取10 m/s²。则(    )

A．小球在C点的速度大小为4 m/s

B．C点与B点之间的水平距离是1.9 m

C．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力F_NB的大小是1 N

D．小球经过管道的B点时，处于超重状态

9、如图所示，平台上的小球从A点水平抛出，恰能无碰撞地落在粗糙斜面BC上，经C点滑至光滑水平面CD时速率不变，最后进入悬挂在O点并与水平面等高的弧形轻质筐内。已知小球质量m＝1 kg，A、B两点高度差h＝0.8 m，BC斜面高H＝1.6 m，倾角α＝53°，悬挂轻质筐的轻绳长L＝3 m，小球与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5。小球可看成质点，轻质筐的重力忽略不计，弧形轻质筐的大小远小于悬线长度，取g＝10 m/s²。已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：

(1)B点与A点的水平距离x；

(2)小球运动至C点的速度v_C大小；

(3)小球进入轻质筐并与筐一起做圆周运动的瞬间，小球所受弹力F的大小。

参考答案

课堂讲解

例1、答案 AC

解析　小木块随水平圆盘做匀速圆周运动，合力提供向心力，进行受力分析可知，木块所受摩擦力充当向心力，即f＝F_n＝mω²r。在木块滑动以前，随着圆盘转速的增加，两木块所需向心力都增加，沿半径向外滑动的趋势越来越大，因此两木块受到的静摩擦力都逐渐增加。由于二者ω相同，木块b运动半径较大，所需的向心力较大，受到的静摩擦力大于木块a，而两木块的最大静摩擦力相同，故b受到的摩擦力比a更先接近并达到最大静摩擦力，所以A正确；相对滑动前，二者摩擦力不相等，滑动后同为滑动摩擦力时相等，所以B错误；b开始滑动时，f_max＝kmg＝mω²·2l，解得ω＝2l(kg)，所以C正确；a开始滑动时，最大静摩擦力充当向心力，由kmg＝mω²l，解得ω＝l(kg)>3l(2kg)，故ω＝3l(2kg)时，a木块还没滑动，受到的静摩擦力小于最大静摩擦力，所以D错误。

变式1、答案 C

解析　三个物体均绕轴做匀速圆周运动，角速度相等，根据向心力公式有F_A＝F_C＝2mω²R，故A错误；三个物体均绕轴做匀速圆周运动，角速度相等，此时由静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律可得f＝mω²r，故B受到的静摩擦力最小，故B错误；对C受力分析可知，当物体C恰好滑动时，静摩擦力达到最大，有μmg＝m·2Rω²，解得ω＝2R(μg)，则C开始滑动的临界角速度为2R(μg)，故C正确；由C选项的分析可知，转动半径越大，临界角速度越小，越容易滑动，与物体的质量无关，故物体C先滑动，物体A、B将一起滑动，故D错误。

例2、答案 (1)r(μg)　(2)4r(3g)

解析　(1)当水平转盘以角速度ω₁匀速转动时，绳上恰好有张力，静摩擦力达到最大值，则此时物块所需向心力恰好完全由最大静摩擦力提供，则μmg＝mrω1(2)，解得ω₁＝r(μg)。

(2)物块恰好离开转盘，则F_N＝0，物块只受重力和绳的拉力，如图所示，

mgtanθ＝mω2(2)r

tanθ＝4(3)

联立解得ω₂＝4r(3g)。

变式2、答案 (1)6(3)mg　(2)2mg

解析　当物体恰好离开锥面时，物体与锥面接触但没有弹力作用，物体只受重力和细线的拉力，受力分析如图甲所示。

则在竖直方向有Tcosθ－mg＝0，

水平方向有Tsinθ＝R(mv2)，

R＝lsinθ，解得v＝6(3gl)。

(1)当速率为6(gl)时，物体没有离开锥面，此时物体与锥面之间有弹力作用，物体受力如图乙所示。

则在水平方向有

T₁sinθ－F_N1cosθ＝1()，

竖直方向有

T₁cosθ＋F_N1sinθ－mg＝0，

R＝lsinθ，解得T₁＝6(3)mg。

(2)当速率为2(3gl)时，物体离开锥面，设细线与竖直方向的夹角为α，物体受力如图丙所示。

则在竖直方向有T₂cosα－mg＝0，

水平方向有T₂sinα＝2()，

而且R′＝lsinα，解得T₂＝2mg。

例3、答案 AC

解析 设小球通过最高点时的速度为v.由合力提供向心力及牛顿第二定律得mg＋F_T＝mR(v2).当F_T＝0时，v＝，故A正确；当v<时，F_T<0，而绳子只能产生拉力，不能产生与重力方向相反的支持力，故B、D错误；当v>时，F_T>0，小球能沿圆弧通过最高点．可见，v≥是小球能沿圆弧通过最高点的条件．

变式3、答案 (1)2 m/s　(2)15 N　(3)4 m/s

解析　(1)小球刚好能够通过最高点时，恰好只由重力提供向心力，故有mg＝m1()，解得v₁＝＝2 m/s。

(2)小球通过最高点时的速度大小为4 m/s时，拉力和重力的合力提供向心力，则有F_T＋mg＝m2()，解得F_T＝15 N。

(3)分析可知小球通过最低点时绳张力最大，速度最大，在最低点由牛顿第二定律得F_T′－mg＝3()，将F_T′＝45 N代入解得v₃＝4 m/s，即小球的速度的最大值为4 m/s。

例4、答案 小球在最高点对细杆产生压力，大小为6.0 N

解析 方法1：设小球以速率v₀通过最高点时，杆对球的作用力恰好为零，则mg＝m0()

解得v₀＝＝ m/s＝ m/s

由于v＝2.0 m/s< m/s，所以在最高点细杆对小球产生支持力作用．对小球，由牛顿第二定律得mg－N＝ml(v2)

N＝mg－ml(v2)＝(3.0×10－3.0×0.50(2.02)) N＝6.0 N

根据牛顿第三定律知，小球在最高点对细杆产生压力，大小为6.0 N.

方法2：设杆对小球施加拉力，即方向向下，由牛顿第二定律得N＋mg＝ml(v2)

则N＝ml(v2)－mg＝(3.0×0.50(2.02)－3.0×10) N＝－6.0 N

负号说明N的方向与假设的方向相反，即向上，则在最高点，杆对小球有向上的支持力作用．

根据牛顿第三定律知，小球在最高点对细杆产生压力，大小为6.0 N.

变式4、答案 C

解析　在最高点时，因为管道内壁可以提供支持力，则小球在最高点的最小速度可以为0，故A错误；在最高点时，若v<，此时管道内壁对小球有弹力F_N，根据牛顿第二定律得mg－F_N＝mR(v2)，且随着速度的增大，弹力F_N逐渐减小，随着速度的减小，管道对小球的弹力F_N逐渐增大，故B、D错误；在最高点时，若v>，管道外壁对小球有弹力F_N′，根据牛顿第二定律得mg＋F_N′＝mR(v2)，且随着速度的增大，弹力F_N′在逐渐增大，故C正确。

例5、答案 2R

解析　小球在B点，由牛顿第二定律得mg＝mR(v2)

得小球在B点的速度v＝

小球离开B点后做平抛运动

由2R＝2(1)gt²得平抛运动时间t＝g(4R)

A、C间的距离x＝vt＝g(4R)＝2R。

变式5、答案 (1)1.2 m　(2)7 740 N　(3)5 m/s　106°

解析　(1)人和车从高台飞出至到达A点做平抛运动，竖直方向上有H＝2(1)gt1(2)

水平方向上有s＝vt₁

联立并代入数据解得t₁＝0.4 s，s＝1.2 m。

(2)在圆弧轨道最低点O，由牛顿第二定律得

N－mg＝mR(v′2)

代入数据解得N＝7 740 N

由牛顿第三定律可知，人和车在圆弧轨道最低点O对轨道的压力大小为7 740 N。

(3)人和车到达A点时，竖直方向的分速度

v_y＝gt₁＝4 m/s

到达A点时的速度v_A＝y(2)＝5 m/s

设v_A与水平方向的夹角为α，则sinα＝vA(vy)＝5(4)，解得α＝53°，所以θ＝2α＝106°。

课后巩固

1、答案 (1)2π(1) R(μg)　(2)kR－4μmg(3μmgR)

解析 若圆盘转速较小，则静摩擦力提供向心力，当圆盘转速较大时，弹力与摩擦力的合力提供向心力．

(1)A刚开始滑动时，A所受最大静摩擦力提供向心力，则有μmg＝mω0(2)R　①，又因为ω₀＝2πn₀　②

由①②得n₀＝2π(1) R(μg)，即当n₀＝2π(1) R(μg)时，物体A开始滑动．

(2)转速增加到2n₀时，

有μmg＋kΔx＝mω1(2)r，ω₁＝2π·2n₀，

r＝R＋Δx，整理得Δx＝kR－4μmg(3μmgR).

2、答案 C

解析　小球可以在水平面上转动，也可以飞离水平面，飞离水平面后只受重力和细绳的拉力两个力作用，故选项A错误；小球飞离水平面后，随着角速度增大，细绳与竖直方向的夹角变大，设夹角为β，由牛顿第二定律得F_Tsinβ＝mω²lsinβ，可知随角速度变化，细绳的拉力F_T也会发生变化，故选项B错误；当小球对水平面的压力恰好为零时，有F_Tcosθ＝mg，F_Tsinθ＝mω²lsinθ，解得临界角速度ω＝lcosθ(g)＝h(g)，若小球飞离了水平面，则角速度大于h(g)，而l(g)<h(g)，故选项C正确，D错误。

3、答案 325 N　315 N

解析 设BC绳刚好伸直无拉力时，小球做圆周运动的角速度为ω₀，绳AC与杆夹角为θ，且cosθ＝2()＝0.8，则θ＝37°，如图(2)甲所示，有mgtanθ＝mω0(2)r，

得ω₀＝r(gtanθ)＝Lsinθ(gtanθ)＝Lcosθ(g)＝5 rad/s，

由ω＝40 rad/s>5 rad/s＝ω₀，知BC绳已被拉直并有拉力，对小球受力分析建立如图(2)乙所示的坐标系，将F₁、F₂正交分解，则沿y轴方向有F₁cosθ－mg－F₂cosθ＝0，

沿x轴方向有F₁sinθ＋F₂sinθ＝mω²r，

代入有关数据，得F₁＝325 N，F₂＝315 N.

4、答案 (1)0　16 N　(2)2.5 N　22.5 N

解析　设AP刚伸直时小球做圆周运动的角速度为ω₀，此时BP与竖直方向的夹角为60°，AP上的拉力为0，球受力如图甲所示，

F_T1sin60°＝mω0(2)Lsin60°

F_T1cos60°＝mg

联立解得ω₀＝2 rad/s。

(1)当ω₁＝4 rad/s<ω₀时，AP上的拉力为0，设BP上的拉力为F_T2，其与竖直方向的夹角为θ，受力分析如图乙，F_T2sinθ＝mω1(2)Lsinθ

解得F_T2＝16 N。

(2)当ω₂＝5 rad/s>ω₀时，AP、BP上都有拉力，设分别为F_T3、F_T4，受力分析如图丙所示，

F_T4cos30°＋F_T3cos30°＝mω2(2)Lsin60°

F_T4sin30°＝F_T3sin30°＋mg

联立解得F_T3＝2.5 N，F_T4＝22.5 N。

5、答案 ABC

解析　A球在最高点的临界情况是绳子拉力为零，根据mg＝L(mv2)，可知A球在最高点的最小速度为；由于杆可以提供拉力，也可以提供支持力，所以B球在最高点的最小速度为零，故A、B两项正确。在最低点时，B球的加速度方向向上，处于超重状态，故C项正确。A球做变速圆周运动，只在最高点和最低点的合力方向指向圆心，故D项错误。

6、答案 AC

解析　由于小球做匀速圆周运动，向心力大小保持不变，由向心力公式可知，小球通过最高点或最低点时，向心力大小F＝mL(v2)＝24 N，选项A正确，B错误；在最高点满足mg－F₁＝mL(v2)，解得小球受到的支持力F₁＝6 N，由牛顿第三定律知小球通过最高点时，对杆作用力的大小为6 N，选项C正确；在最低点满足F₂－mg＝mL(v2)，解得小球受到的拉力F₂＝54 N，由牛顿第三定律知小球通过最低点时，对杆作用力的大小为54 N，选项D错误。

7、答案 C

解析　由于管道在最高点可以对小球产生向上的支持力，由牛顿第二定律有mg－F_N＝R＋r(mv2)，当F_N＝mg时，小球速度最小，解得v_min＝0，故A错误；若小球通过最低点时速度为0，小球会在管道最低点静止，所以小球通过最低点的速度一定大于0，故B错误；小球在与圆心等高的水平线ab以下的管道中运动时，竖直向下的重力沿半径方向的分力背离圆心，小球所需的向心力是沿半径指向圆心的，所以小球一定受到外侧管壁指向圆心的作用力，内侧管壁对小球一定无作用力，故C正确；小球在与圆心等高的水平线ab以上的管道中运动时，竖直向下的重力沿半径方向的分力指向圆心，小球所需的向心力也是沿半径指向圆心的，若小球的速度较小，重力沿半径方向上的分力大于或等于小球做圆周运动所需的向心力时，外侧管壁对小球就没有作用力，故D错误。

8、答案 C

解析　平抛0.3 s后小球垂直撞在斜面上，可知小球到达斜面时竖直分速度v_y＝gt＝10×0.3 m/s＝3 m/s，tan45°＝vy(vB)，解得小球经过B点的速度v_B＝v_y＝3 m/s，根据平行四边形定则可知，小球在C点的速度大小为3 m/s，A错误；C点与B点之间的水平距离x＝v_Bt＝0.9 m，B错误；在B点，根据牛顿第二定律得mg＋F_NB＝mB()，解得管道对小球的作用力F_NB＝mB()－mg＝1×1(9) N－10 N＝－1 N，可知管道对小球的作用力方向向上，大小为1 N，C正确；小球经过管道的B点时，加速度方向向下，处于失重状态，D错误。

9、答案 (1)1.2 m　(2)3 m/s　(3)25 N

解析　(1)由于小球恰能无碰撞地落在粗糙斜面BC上，故小球落在斜面上时速度方向与斜面相切，只能落在B点，则小球至B点时速度方向与水平方向夹角为53°，设小球抛出的初速度为v₀，在B点处竖直方向的分速度

为v_y，则vy(2)＝2gh，又因为tanα＝v0(vy)，得v₀＝3 m/s，

由平抛运动公式h＝2(1)gt²，x＝v₀t，解得x＝1.2 m。

(2)设小球至B点时速度为v_B，

v_B＝cosα(v0)＝5 m/s，

小球在斜面上运动的加速度为a，根据牛顿第二定律得mgsinα－μmgcosα＝ma，

解得a＝5 m/s²，根据vC(2)－vB(2)＝2asinα(H)，解得v_C＝3 m/s。

(3)小球进入轻质筐后做圆周运动，由牛顿第二定律得F－mg＝mC()，

解得小球所受弹力的大小F＝25 N。