2015步步高二轮专题4 第1课时

专题定位 本专题综合应用动力学、动量和能量的观点来解决物体运动的多过程问题．本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题．

应考策略 本专题在高考中主要以两种命题形式出现：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题．由于本专题综合性强，因此要在审题上狠下功夫，弄清运动情景，挖掘隐含条件，有针对性的选择相应的规律和方法．

第1课时 功能关系在力学中的应用

1．常见的几种力做功的特点

(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关． (2)摩擦力做功的特点

①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功． ②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能．转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积．

③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热．

2．几个重要的功能关系

(1)重力的功等于重力势能的变化，即WG＝－ΔEp. (2)弹力的功等于弹性势能的变化，即W弹＝－ΔEp. (3)合力的功等于动能的变化，即W＝ΔEk. (4)重力(或弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即W其他＝ΔE. (5)一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即Q＝f·s 相对．

1．动能定理的应用

(1)动能定理的适用情况：解决单个物体(或可看成单个物体的物体系统)受力与位移、速率关系的问题．动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用． (2)应用动能定理解题的基本思路 ①选取研究对象，明确它的运动过程．

②分析研究对象的受力情况和各力做功情况，然后求各个外力做功的代数和． ③明确物体在运动过程初、末状态的动能Ek1和Ek2.

④列出动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1，及其他必要的解题方程，进行求解． 2．机械能守恒定律的应用 (1)机械能是否守恒的判断

①用做功来判断，看重力(或弹簧弹力)以外的其他力做功的代数和是否为零． ②用能量转化来判断，看是否有机械能转化为其他形式的能．

③对一些“绳子突然绷紧”、“物体间碰撞”等问题，机械能一般不守恒，除非题目中有特别说明及暗示．

(2)应用机械能守恒定律解题的基本思路 ①选取研究对象——物体系统．

②根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒． ③恰当地选取参考平面，确定研究对象在运动过程的初、末状态时的机械能． ④根据机械能守恒定律列方程，进行求解．

考向1 力学中的几个重要功能关系的应用

例1 如图1所示，足够长传送带与水平方向的倾角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m，开始时a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中( )

图1

A．物块a重力势能小于mgh

B．摩擦力对a做的功等于a机械能的增加 C．摩擦力对a做的功小于物块a、b动能增加之和 D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等

审题突破 重力势能的变化和什么力做功相对应？机械能的变化和什么力做功相对应？动能的变化又和什么力做功相对应？

m

解析 由题意magsin θ＝mbg，则ma＝.b上升h，则a下降hsin θ，则a重力势能的减少

sin θ量为mag×hsin θ＝mgh，故A错误．摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增加量．所以摩擦力对a做的功大于a的机械能增加量．因为系统重力势能不变，所以摩擦力做的功等于系统动能的增加量，故B、C错误．任意时刻a、b的速率相等，对b，克服重力的瞬时功率Pb＝mgv，对a有：Pa＝magvsin θ＝mgv，所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等，故D正确．故选D. 答案 D

以题说法 注意几个功能关系：重力做的功等于重力势能的变化量；弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化量；重力以外的其他力做的功等于机械能的变化量；合力做的功等于动能的变化量．

(2014·广东·16)图2是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为

楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( )

图2

A．缓冲器的机械能守恒 B．摩擦力做功消耗机械能 C．垫板的动能全部转化为内能 D．弹簧的弹性势能全部转化为动能 答案 B

解析 由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A错误，B正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C、D错误．

考向2 动力学方法和动能定理的综合应用

例2 如图3甲所示，用固定的电动机水平拉着质量m＝2 kg的小物块和质量M＝1 kg的平板以相同的速度一起向右匀速运动，物块位于平板左侧，可视为质点．在平板的右侧一定距离处有台阶阻挡，平板撞上后会立刻停止运动．电动机功率保持P＝3 W不变．从某时刻t＝0起，测得物块的速度随时间的变化关系如图乙所示，t＝6 s后可视为匀速运动，t＝10 s时物块离开木板．重力加速度g＝10 m/s2，求：

图3

(1)平板与地面间的动摩擦因数μ为多大？ (2)物块在1 s末和3 s末受到的摩擦力各为多大？ (3)平板长度L为多少？

审题突破 “平板以相同的速度一起向右匀速运动”隐含什么条件？求平板长度时应该选取哪段过程？电机的牵引力是恒力还是变力？怎么表示其做功的大小？

解析 (1)由题图可知，前2 s内物块和平板一起做匀速运动，对整体分析，在水平方向上受到水平向右的拉力和地面给平板的滑动摩擦力，此二力的合力为零．

P

拉力大小为：T1＝

v1滑动摩擦力大小为：f＝μ(M＋m)g

P

由平衡条件可得：＝μ(M＋m)g

v1可得：μ＝0.2

(2)物块在1 s末时与平板一起做匀速运动，合力为零．物块受到水平向右的拉力与水平向左

P

的静摩擦力，因此静摩擦力大小为：f1＝T1＝＝6 N

v1物块在2 s末之后与平板发生相对运动，之后物块与平板间的摩擦力为滑动摩擦力且大小保持不变．物块在6 s后可视为匀速运动，此时物块受到的合力为零，即拉力与滑动摩擦力大

P

小相等方向相反，即：f2＝T2＝＝10 N

v2物块在3 s末时受到的滑动摩擦力大小与6 s后受到的摩擦力大小相等，为10 N.

(3)依题意，物块在2 s末之后一直到10 s时，物块从平板的一端运动到另一端，对物块由动能定理得：

112

PΔt－f2L＝mv22－mv1 22

112

PΔt－mv2＋mv

2221

代入解得：L＝＝2.416 m

f2答案 (1)0.2 (2)6 N 10 N (3)2.416 m

以题说法 1.在应用动能定理解题时首先要弄清物体的受力情况和做功情况．此题特别要注意地面对木板的滑动摩擦力为μ(M＋m)g.

2．应用动能定理列式时要注意运动过程的选取，可以全过程列式，也可以分过程列式．

如图4，传送带A、B之间的距离为L＝3.2 m，与水平面间夹角θ＝37°，传送

带沿顺时针方向转动，速度恒为v＝2 m/s，在上端A点无初速度放置一个质量为m＝1 kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R＝0.4 m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h＝0.5 m(取g＝10 m/s2)．求：

图4

(1)金属块经过D点时的速度；

(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功． 答案 (1)25 m/s (2)3 J

v2E

解析 (1)对金属块在E点，mg＝m，vE＝2 m/s

R在从D到E过程中，由动能定理得：

112

－mg·2R＝mv2E－mvD 22vD＝25 m/s

(2)金属块刚刚放上时， mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1， a1＝10 m/s2

设经位移s1达到共同速度，v2＝2as1， s1＝0.2 m<3.2 m 继续加速过程中： mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 a2＝2 m/s2 s2＝L－s1＝3 m

2v2B－v＝2a2s2 vB＝4 m/s

在从B到D过程中，由动能定理：

112

mgh－W＝mv2－mv

2D2BW＝3 J.

6．综合应用动力学和能量观点分析多过程问题

1

例3 (14分)如图5所示，倾角θ＝30°、长L＝4.5 m的斜面，底端与一个光滑的圆弧轨

4道平滑连接，圆弧轨道底端切线水平．一质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)从斜面最高点A由静止开始沿斜面下滑，经过斜面底端B后恰好能到达圆弧轨道最高点C，又从圆弧轨道滑回，能上升到斜面上的D点，再由D点由斜面下滑沿圆弧轨道上升，再滑回，这样往复

3

运动，最后停在B点．已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝，g＝10 m/s2，假设物块经

6过斜面与圆弧轨道平滑连接处速率不变．求：

图5

(1)物块经多长时间第一次到B点；

(2)物块第一次经过B点时对圆弧轨道的压力； (3)物块在斜面上滑行的总路程．

解析 (1)物块沿斜面下滑时， mgsin θ－μmgcos θ＝ma(2分) 解得：a＝2.5 m/s2(1分)

1

从A到B，物块匀加速运动，由L＝at2(1分)

2

310

可得t＝ s(1分)

5

1

(2)因为物块恰好到C点，所以到C点速度为0.设物块到B点的速度为v，则mgR＝mv2(2

2分)

v2

N－mg＝m(1分)

R解得N＝3mg＝30 N(1分)

由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力为N′＝30 N，方向向下(1分)

(3)从开始释放至最终停在B处，设物块在斜面上滑行的总路程为s，则mgLsin θ－μmgscos θ＝0(3分)

解得s＝9 m(1分)

310答案 (1) s (2)30 N，方向向下 (3)9 m

5

点睛之笔 多个运动的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时注意要各个运动过程独立分析，而不同过程往往通过连接点的速度建立联系，有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单．

(限时：15分钟，满分：16分)

如图6所示，有一个可视为质点的质量为m＝1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝1.8 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进人固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端D点的足够长的水平传送带．已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度为v＝3 m/s，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，圆弧轨道的半径为R＝2 m，C点和圆弧的圆心O点连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：

图6

(1)小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；

(2)小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量． 答案 (1)22.5 N，方向竖直向下 (2)32 J

解析 (1)设小物体在C点时的速度大小为vC，由平抛运动的规律可知，C点的速度方向与水平方向成θ＝53°，则由几何关系可得：

v01.8vC＝＝ m/s＝3 m/s①

cos θcos 53°由C点到D点，由动能定理得：

112

mgR(1－cos θ)＝mv2－mv②

2D2C小物块在D点，由牛顿第二定律得：

v2D

N－mg＝m③

R

由牛顿第三定律，小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力为：N′＝N④ 联立①②③④得：N′＝22.5 N，方向竖直向下

(2)设小物块在传送带上滑动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得： μmga＝＝μg＝0.5×10 m/s2＝5 m/s2⑤

m

小物块匀减速直线运动的时间为t1，向左通过的位移为s1，传送带向右运动的距离为s2，则： vD＝at1⑥

1s1＝at2⑦

21s2＝vt1⑧

小物块向右匀加速直线运动达到和传送带速度相同时间为t2，向右通过的位移为s3，传送带向右运动的距离为s4，则 v＝at2⑨

1s3＝at2⑩

22s4＝vt2?

整个过程小物块相对传送带滑动的距离为： s＝s1＋s2＋s4－s3? 产生的热量为：Q＝μmgs? 联立⑤～?解得：Q＝32 J

(限时：45分钟)

题组1 力学中的几个重要功能关系的应用

1．如图1所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力为f，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为s.此过程中，以下结论不正确的是( )

图1

A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)·(L＋s) B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fs C．小物块克服摩擦力所做的功为f(L＋s) D．小物块和小车增加的机械能为Fs 答案 D

解析 小物块受到的合外力是F－f，位移为L＋s，由动能定理可得小物块到达小车最右端

时具有的动能为(F－f)(L＋s)，同理小车的动能也可由动能定理得出为fs；由于小物块和小车间的滑动摩擦力产生内能，小物块和小车增加的机械能小于Fs.

2．如图2甲所示，一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能E与物体位移s关系的图象如图乙所示，其中0～s1过程的图线为曲线，s1～s2过程的图线为直线．由此可以判断( )

甲 乙

图2

A．0～s1过程中物体所受拉力是变力，且一定不断减小 B．0～s1过程中物体的动能一定是不断减小 C．s1～s2过程中物体一定做匀速运动 D．s1～s2过程中物体可能做匀加速运动 答案 D

解析 小球受重力和绳子的拉力，由题图知在0～s1过程中拉力在逐渐增大，故A错误；若拉力小于重力，则小球加速运动，动能增大，故B错误；s1～s2过程中拉力不变，若拉力等于重力，小球做匀速运动，若拉力小于重力，小球可能做匀加速运动，故C错误，D正确． 3．把质量为m的小球(可看做质点)放在竖直的轻质弹簧上，并把小球下按到A的位置，如图3甲所示．迅速松手后，弹簧把小球弹起，球升至最高位置C点(如图丙)，途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(如图乙)．已知AB的高度差为h1，BC的高度差为h2，重力加速度为g，不计空气阻力．则( )

图3

A．小球从A上升到B位置的过程中，动能一直增大 B．小球从A上升到C位置的过程中，机械能一直增大 C．小球在图甲中时，弹簧的弹性势能为mg(h2＋h1)

D．一定有h2≥h1 答案 C

解析 小球上升时先加速后减速，当mg＝F弹时，加速度为零，速度最大，此时弹簧还处于压缩状态，选项A错误．从A到B，小球和弹簧的系统机械能守恒，弹性势能减小，小球的机械能增大；而从B到C，小球只有重力做功，机械能不变，选项B错误．由A到C系统的机械能守恒可知，弹性势能全部转化为重力势能，故Ep＝mg(h2＋h1)，选项C正确．由A到C弹簧的弹性势能转化为小球的重力势能，动能最大位置在B点下方，故h2可等于零，选项D错误．故选C.

34．如图4所示为通过弹射器研究弹性势能的实验装置．光滑圆形轨道竖直固定于光滑水平

4面上，半径为R.弹射器固定于A处．某一实验过程中弹射器射出一质量为m的小球，恰能沿圆轨道内侧到达最高点C，然后从轨道D处(D与圆心等高)下落至水平面．取重力加速度为g.下列说法正确的是( )

图4 2RA．小球从D处下落至水平面的时间为

gB．小球至最低点B时对轨道压力为5mg C．小球落至水平面时的动能为2mgR

5mgR

D．释放小球前弹射器的弹性势能为 2答案 D

v211

解析 小球恰好通过C点，则由mg＝m，解得v＝gR；小球从C到D有mgR＝mv2D－R22

1

mv2，解得vD＝3gR，小球由D到地面做匀加速直线运动；若做自由落体运动时，由R＝

2

2R2Rgt2可得，t＝ ；而现在有初速度，故时间小于 ，故A错误；由B到C有：mg·2R

gg

v21212B

＝mvB－mv，B点F－mg＝m，联立解得，F＝6mg，故B错误；对C，小球落到水平22R

1

面Ek－mv2＝mg·2R，Ek＝2.5mgR，故C错误；小球弹出后的机械能等于弹射器的弹性势能，

2

15mgR

故弹性势能为E＝mg·2R＋mv2＝，故D正确．

225．如图5所示，在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质最分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行

斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v.则此时( )

图5

A．拉力做功的瞬时功率为Fvsin θ B．物块B满足m2gsin θ＝kd

F－kd

C．物块A的加速度为

m1

1

D．弹簧弹性势能的增加量为Fd－m1v2

2答案 C

解析 拉力F与速度v同向，瞬时功率应为P＝Fv，故A错误；开始时系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面向下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面向下的分力，故m2gsin θ＝kx2，但由于开始时弹簧是压缩的，故d＞x2，故m2gsin θ＜kd，故B错误；当B刚离开C时，对A，根据牛顿第二定律得：F－m1gsin θ－kx2＝m1a1，

F－kd

又开始时，A平衡，则有：m1gsin θ＝kx1，而d＝x1＋x2，解得：物块A的加速度为a1＝，m1故C正确；根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能

1

的增加量，即为：Fd－m1gdsin θ－m1v2，故D错误．

2题组2 动力学方法和动能定理的综合应用

6．光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图6所示装置，其中直轨道bc粗糙，直轨道cd光滑，两轨道相接处为一很小的圆弧．质量为m＝0.1 kg的滑块(可视为质点)在圆轨道上做圆周运动，到达轨道最高点a时的速度大小为v＝4 m/s，当滑块运动到圆轨道与直轨道bc的相切处b时，脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道bc滑行，到达轨道cd上的d点时速度为零．若滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计，已知圆轨道的半径为R＝0.25 m，直轨道bc的倾角θ＝37°，其长度为L＝26.25 m，d点与水平地面间的高度差为h＝0.2 m，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6.求：

图6

(1)滑块在圆轨道最高点a时对轨道的压力大小； (2)滑块与直轨道bc间的动摩擦因数； (3)滑块在直轨道bc上能够运动的时间． 答案 (1)5.4 N (2)0.8 (3)7.66 s 解析 (1)在圆轨道最高点a处对滑块，

v2

由牛顿第二定律得：mg＋N＝m，

R

2v

得N＝m(－g)＝5.4 N

R

由牛顿第三定律得滑块在圆轨道最高点a时对轨道的压力大小为5.4 N. (2)从a点到d点全程，由动能定理得：

1

mg(R＋Rcos θ＋Lsin θ－h)－μmgcos θ·L＝0－mv2

2

2v

g?R＋Rcos θ＋Lsin θ－h?＋

2

μ＝＝0.8

gLcos θ

(3)设滑块在bc上向下滑动的加速度为a1，时间为t1，向上滑动的加速度为a2，时间为t2，在c点时的速度为vc.

12

由c到d：mvc＝mgh

2vc＝2gh＝2 m/s

112

a点到b点的过程：mgR(1＋cos θ)＝mv2b－mv 22vb＝v2＋2gR?1＋cos θ?＝5 m/s 在轨道bc上：

vb＋vc

下滑：L＝t

21

2Lt1＝＝7.5 s

vb＋vc

上滑：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2 a2＝gsin θ＋μgcos θ＝12.4 m/s2 0＝vc－a2t2

vc2t2＝＝ s≈0.16 s

a212.4

μ>tan θ，滑块在轨道bc上停止后不再下滑 滑块在两个斜面上运动的总时间： t总＝t1＋t2＝(7.5＋0.16) s＝7.66 s

7．如图7所示，一滑板爱好者总质量(包括装备)为50 kg，从以O为圆心，半径为R＝1.6 m

光滑圆弧轨道的A点(α＝60°)由静止开始下滑，到达轨道最低点B后(OB在同一竖直线上)，滑板爱好者沿水平切线飞出，并恰好从C点以平行斜面方向的速度进入倾角为37°的斜面，若滑板与斜面的动摩擦因数为μ＝0.5，斜面长s＝6 m．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

图7

(1)滑板爱好者在B、C间运动的时间； (2)滑板爱好者到达斜面底端时的速度大小． 答案 (1)0.3 s (2)7 m/s

解析 (1)滑板爱好者在圆轨道AB间运动的过程中，

1

由动能定理得mgR(1－cos 60°)＝mv2①

2B由①得vB＝4 m/s

滑板爱好者在BC间做平抛运动，在C点： 竖直方向的分速度vCy＝vBtan 37°＝3 m/s② 由vCy＝gt③

得平抛运动的时间t＝0.3 s

(2)在C点，由平抛运动的规律可知： vC＝vB/cos 37°＝5 m/s④

滑板爱好者在斜面上运动的过程中，由动能定理可得：

112

mgssin θ－μmgscos θ＝mv2D－mvC⑤ 22由⑤得vD＝7 m/s

题组3 综合应用动力学和能量观点分析多过程问题

8．如图8所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m＝0.5 kg的小物块，它与水平台阶表面间的动摩擦因数μ＝0.5，且与台阶边缘O点的距离s＝5 m．在台阶右侧固定了一个以O点为圆心的圆弧形挡板，并以O点为原点建立平面直角坐标系．现用F＝5 N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板(g＝10 m/s2)．

图8

(1)若小物块恰能击中挡板的上边缘P点，P点的坐标为(1.6 m,0.8 m)，求其离开O点时的速度大小；

(2)为使小物块击中挡板，求拉力F作用的距离范围；

(3)改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值．(结果可保留根式)

答案 (1)4 m/s (2)2.5 m

1

竖直方向：y＝gt2

2解得：v0＝4 m/s

(2)为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到O点，设拉力F作用的最短距离为x1，由动能定理得： Fx1－μmgs＝0 解得x1＝2.5 m

为使小物块击中挡板，小物块的平抛初速度不能超过4 m/s，设拉力F作用的最长距离为x2，

1

由动能定理得：Fx2－μmgs＝mv2

20解得x2＝3.3 m

则为使小物块击中挡板，拉力F作用的距离范围为： 2．5 m

(3)设小物块击中挡板的任意点坐标为(x，y)，则 x＝v0′t′ 1

y＝gt′2 2

1

由机械能守恒得：Ek＝mv0′2＋mgy

2又x2＋y2＝R2，由P点坐标可求R2＝3.2

mgR23mgy415

化简得Ek＝＋＝＋y

4y4y4由数学方法求得Ekmin＝215 J

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/xqex.html