专题19 力学综合计算题（含解析）

·1· ·2· (1)求C下滑的高度H； (1)求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H； ·3·(1)求r>R区域的恒星做匀速圆周运动的速度大小v与r的关系；相关力学知识，求r≤R区域的恒星做匀速圆周运动的速度大小v与r的关系；M/。 (1)A释放时距桌面的高度H；(2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；·4· (1)求滑雪者运动到P点的时间t；(2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v； 2(1)碰撞时离地高度x；(2)碰后速度v； ·5·(2)B和D两点的高度差； 若B2=且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在~范围，求进入第四象限的离子 能Ep=kx2(x为形变量)。(1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；·6· ·7· 各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E(处．凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无=1kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小 A(1)在N点的速度v1的大小；(2)与NP间冰面的动摩擦因数μ2。·8· (2)C与B碰撞过程中损失的机械能；(3)从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦 ·9· F与r的平方成反比；为T。 (3)排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I。 (2)求货物运动到B点时机械臂对其做功的瞬时功率P。·10· ①A与轨道间的动摩擦因数μ;②A与B刚碰完B的速度大小；③绳子的长度L。 ·11· (2)B位置到水面的距离H。 ·12· ·13· 数且0<λ<且篮球每次与地面碰撞的碰后速 (2)上行路程L值。·14· 处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和D·15· (1)在直道AB上的加速度大小；(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。 ·16· ·17·(2)环A的质量M； 为g。~ ~ (3)求碰撞过程中A和B损失的总动能。·18· (2)小包裹通过传送带所需的时间t。 ·19·(1)两物块在空中运动的时间t；(2)两物块碰前A的速度v0的大小； ·20· F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道AB上距台面高为 ·21· (2)t1时刻质点B偏离平衡位置的位移。 ·22· (1)滑道AB段的长度； ·23· (1)最大位移值x； ·24· (2)求包裹落地时的速度大小v； (3)重物下落的高度h。 (1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；·25· 为g。(2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；(3)求物块Q从A点上升的总高度H； (2)M、N之间的距离L。 ·26·)m=200kg ·27· (i)波的波长；(ii)波的传播速度。·28· 过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径r=0.Im， ·29· (1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(3)B被敲击后获得的初速度大小vB. a.设雨滴的密度为ρ,推导雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式；b.示意图中画出了半径为r1、r2(r1>r2)的雨滴在空气中无初速下落的v-t图线，其中对应半径为r1分子质量为m0)。·30·BC水平投影L,=63m，图中C点切线方向与水平方向的夹角0-12s(sin120x0.21)．若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t=6s到达B点动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为p=0.20。重力加速度取g=10m/s2。A、B运动过程中所涉及 (1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图线；·31· ·32· ·1· v0=2glmv=mv+Mv2mv0=mv1+Mvv=v0=v1+gt=v·2·dmax=x盘-x球=vt-(v1t-gt2(==lx盘1=x球1v1t1+gt=v1't1tv2=v1+gt1=v0mv2+Mv=mv2'+Mvmv+Mv2=mv2'2+Mv2v=v0x盘2=x球2vt2=gtt2=x盘2=vt2==4lv3=gt2=2v0mv3+Mv=mv+Mvmv+Mv2=mv2+Mv2v=v=·3·x盘3=x球3vt3=vt3+gt20l-1l-2l-4l-6l=7lx盘4=8l (1)由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知v=vy·4·x=vt，vy=gt 3mv0=3mvQ+mvP×3mv=×3mv+mvvP=v0，vQ=v0Q=mv-BlΔt=mv-mvP·5·t== 平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此mCgH=mCv2H=0.8mf2=μ2mCgf=μ2mCgf1=μ1(mC+mB(gaC==μ2g=5m/s2木板B的加速度为aB==lm/s21t1=0.5s木板B的位移·6·aBC==lm/s20.625+(1.5t2-×1×t(=1×(0.5+t2(t-t2-0.25=0t2=s，t2=s(舍去)此时B的位移SB2=0.625+(1.5t2-×1×t(=1×(0.5+t2(=1+≈1.707mv共2=v共1-aBC×t2=1.5-1×m/s=(1-m/s0.625m≤s≤1.707ms=0.48m<0.625m0.48=1×t0+×1×tt+2t0-0.96=0t0=0.4s，t=-2.4s(舍去)sC=4×0.4-×5×0.42m=1.2mW=-f2sC=-μ2mCgsC=-6JvC0=4-5×0.4m/s=2m/ssA=1×0.4m=0.4ms=0.48m-0.4m=0.08m·7·a==4m/s2t-1.2t3+0.04=0t3=s，t=s(舍去)vB1=1.4-4×m/s=m/smAv0+mB(-vB1(=mAvA+mBvBmAv+mB(-vB1(2=mAv+mBvvA=-m/s≈-2.02m/svB=m/s≈0.246m/svC=vC1=2-5×m/s=(22-1(m/s≈1.83m/sp初=(mA+mB(v0+mCv=7kg⋅m/sp末=mAvA=-2.02kg⋅m/sΔp=p末-p初=-9.02kg⋅m/s ·8·L=v0cosθ⋅tH=60m (1)求r>R区域的恒星做匀速圆周运动的速度大小v与r的关系；相关力学知识，求r≤R区域的恒星做匀速圆周运动的速度大小v与r的关系；M。·9·(2)在r≤R内部，星体质量M/=(n-1(M (1)A释放时距桌面的高度H；(2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；mg+m·10·mv=2mv1v1=vΔE=mv2-⋅2mv(2=mv21-smBgR=mBv-0v0=2m/sFN=30N由牛顿第三定律可知B对A的压力是30N。fB=μ1mBg=mBaB·11·f地C=μ2(mB+mC(gf地C-fBC=μ2(mB+mC(g-μ1mBg=mCa2由运动学位移与速度关系公式v2-v=2ax，得B向右运动的距离x1=1=1mQ=μ1mBg(x1-x2(t1=t1=0.2sxB1=v0t1-a1t=0.36mx相=xB1-x2=0.16mvB1=v-a1t1=1.6m/sL-0.16=1.6t2-a1tt2=0.8-、0.8-L碰撞时B速度为vB2=vB1-a1t2=20.8-LmBvB2=(mA+mB(vv=、0.8-L·12·t3==t=t1+t2+t3=1-s 27J (1)求滑雪者运动到P点的时间t；(2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v；g(1-μ((1-μ(；(3)2g(1-μ(mgdsin45°-μmgcos45°d=mv-0·13·t=mvp-0vP=2gd(1-μ(到达B点有vB=vP=2gd(1-μ(L=2d(1-μ( r0=ω0r；f=mωrv0=ω0rf=mωr 2x=h-gt2=1.2m-×10×0.22m=1m·14·vB0=6m/s可得碰撞前A物块的速度vA=gt=2m/s碰撞前B物块的速度vB=vB0-gt=4m/smAvA-mBvB=(mA+mB)vv=0 (2)B和D两点的高度差；vD=gRvBvC·15·-mg(R+Rcos60°)=mv-mvmgHBD=mv-mvvB=gR，HBD=0-μmgS=mv-mvvA=3gR r1cos60°=r1-Lr1=2Lv1=·16·t=T=r1=2r2r1sinα-r1sin30°=Lr2=2LB2qvyΔt=mΔvx=B1qL+·17·v=η=60% 能Ep=kx2(x为形变量)。(1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；mg⋅2R=mv-mv在F点FN-mg=mvF=10m/sFN=31.2Na=μg=5m/s2v=v-2aLvC=3m/s·18·v1=5m/smvF=-mv1+3mv2v2=5m/sΔE=mv-mv-⋅3mv=0mvF=4mvv=2.5m/s4mv=6mv/v/=m/s6mv'2+kxx1=0.1mx2=x1Δx=2x1=0.2m 2= \M2+Mm·19·0=mv1-Mv2mgb=mv+Mv\M2+Mmv2=\M2+Mm0=mv-1-M2mx1=Mx2x1+x2=ax2=am(a-x(=M⋅Δx(x-Δx(2y2 +(x-Δx(2y2[x-(a-b([2+y2=b20=mv3cos604·20·mv+Mvmg=mv+Mvgv3=gv3=r=av甲0=T2T乙根据qvB=m有m乙=mmv甲0+m乙v乙0=-mv甲1+m乙v乙1mv0+m乙v0=mv1+m乙v1·21·v乙0=-5v甲0，v乙1=3v甲0v甲1=-3v甲0，v乙1=3v甲0r乙1=aS1=mv甲1+m乙v乙1=mv甲2+m乙v乙2mv1+m乙v1=mv2+m乙v2v甲2=v甲0，v乙2=-5v甲0S2=mv甲2+m乙v乙2=mv甲3+m乙v乙3mv2+m乙v2=mv3+m乙v3v甲3=-3v甲0，v乙3=3v甲0S8=mv甲8+m乙v乙8=mv甲9+m乙v乙9mv8+m乙v8=mv9+m乙v9v甲9=-3v甲0，v乙9=3v甲0r甲1=3a·22·S0=tanθtanθvy=2gh≤tanθ≤tanθv0tanθv0≥tanθtanθ·23·Δx=|(10-x(-x|,(0m<x<10m(Δx=(n=0,1,2⋯)x=3m、x=7mΔx=nλ(n=0,1,2⋯) 各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、形轨道半径R=0.5m，B点高度为1.2R，FG长=1kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h=2.3m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为·24·mg(h-1.2R-R-Rcosθ)=mvvC=4m/sFC=22Nmgh-0.2mgLFG=mv2v=6m/smv=2mv1v1==3m/sQ=μmgL=mv2-×2mvμ=0.3a==3m/s2t1==1sx1=t1=4.5m·25·t=t1+t2=2.5s A2=0.004N=mg设A在MN间受到的滑动摩擦力为f，则有f=μ1Nf=maa=μ1g=0.1m/s2v-v=-2ax1v1=0.8m/smv2=mvA+mvBv2=0.6m/sf/=μ2mg-f/⋅x2=mv-mvμ2=0.004·26·mv1=2mv2kΔx+2μmg=3μmg从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为W=2μmg⋅Δx= ·27·2a==m/s2=4m/s2F向=m ·28·【答案】(1)vm=gH；(2)H≤x≤2H；(3)v1=30gH，x1=H或v2=30gH，x2=Hx蛙=vmtgt2+ayt2=Hxmin=axt2-vmt=H·29·y=(xmax-x)tan37°(xmax-x)tan37°=H-2x2xmax=2HH≤x≤2H2= F与r的平方成反比；·30·为T。【答案】(1)W=mv-mv；(2)见解析F=m2T=2πrvF=4π2kmr2即恒星对行星的作用力F与r的平方成反比。PP=r2=4r1T2=42T1·31·h1-h2=gt2x=v0t=4.8mvy=gtv=v+vtanθ==0.75I=2mv=6.0N⋅s ·32·Fn=mω2⋅2L=2mω2La=P=mav=m⋅GM=ωr3F2-F1=mω(r-d) =Fr3-(r- =Fr3 ①A与轨道间的动摩擦因数μ;②A与B刚碰完B的速度大小；③绳子的长度L。·33·3mv0=3mv1+mv2v2=3ghL=0.6h v2=2axa=2.7m/s2·34·st甲=s，t乙s55-2、3)mgLmc=3m·35·0-×2mv2=2mg-FF=6.5mgmcvmcv'2+2×m(vcosα)2=mcg-2mg2LLtanα-L(LLtanα-L(y=mcgdydy(sinα)2++2mgL(sinα)2 /32cosα/32mcv'2+2×m(vcosα)2=mgLv'2=v'2=++Ekm=mcv'2=(4-2、3)mgL(2)B位置到水面的距离H。·36·d=v0ttanθ=tanθ= ·37·≤3m，当1.2m≤h<1.65m时，(3+m≤x<(3.6+mmgh=mvvb=5m/smvb=mvb'+mv0mv=mvb'2+mvv0=vb=5m/smgh1-2μmgl-mgH=0h1=1.2mmgh-2μmgl-mgH=mvFN=0.1h-0.14(N((h≥1.2m，且方向竖直向下(mgh-2μmgl-mgH=mvH=gt2s=vEt·38·x=3l+DF+s1mgh-μmgs2=02=1.8mmgH-μmgs3=03=0.4m3l-s3≤x≤3l2.6m<x≤3m 2mgsin24°-μmgcos24°=ma1a1=2m/s2l1=v2v=4m/sμmg=ma2-2a2l2=vax-v2l2=2.7m·39· N1=(m+M(g=8NN2=Mg-f'=5N-mgl-fl=mv-mv代入数据解得v1=8m/s。mv1=(m+M(v-(m+M(gh=0-(m+M(v2代入数据联立解得h=0.2m。 ·40·mv0-m⋅kv0=(m+m)v物v物=v0=5(1-k)m/s>0Mv0-2M⋅kv0=(M+2M)v滑v滑=v0=m/s>0v物v滑'=m/s=0m/s物v共=1m/s相=m'v2-(m'+M')vx相=1.875m 数且0<λ<且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。·41·mg-λmg=ma下v=2a下Hmg+λmg=ma上v=2a上hmgh+F0-λmgh=mv-mgh-λmgh=0-m(kv下)2F=2mg(1-λ)(H-h)0h-h0a下=(1-λ(g(方向向下)a上=(1+λ(g(方向向下)I=mvv-v2=2(1-λ(gh0(kv1(2=2(1+λ(gh1·42·v-v2=2(1-λ(gh0hv=2(1-λ(gHh1h1=h0+=1⋅h0+1⋅v-v2=2(1-λ(gh1hv=2(1-λ(gHh2h2=h1+再将h1代入h2有v-v2=2(1-λ(gh2hv=2(1-λ(gHh3h3=h2+-再将h2代入h3有v-v2=2(1-λ(ghN-1hv=2(1-λ(gHhNhN=hN-1+将hN-1代入hN有hN=N⋅h0+N⋅+N-1⋅+⋯+1⋅hN=H，h0=h·43·a上=(1+λ(g(方向向下)I=mvgHv⋯⋯①Hv⋯⋯①2Hv⋯⋯②Hv⋯⋯②2=(kv2)22=v-v'22=v-v⋯⋯③⋯⋯第N次反弹可得2=v-vN-⋯⋯(N)-vNv2=HN-1v-hv1-hN-1Hh(HN-hN)v'=2g(1-λ)(H-h)(HN+h(HN-hN)可得冲量I的大小h(HN-hN)I=mv'=m2g(1-λ)(H-h)(HN+h(HN-hN)·44· (2)上行路程L值。UI=I2R+T1vTTT+T2=(m1+m2)gsinθ+k(m1+m2)gm1gsinθ=m0g+km1g(m1+m2)gsinθ+k(m1+m2)g-m0g=(m1+m2+m0)aa=m/s2v2=2aLL=m ·45·t=4T=0.05×4s=0.2sx=v0ty1=gt2=×10×0.22m=0.2my2=g(2t(2-gt2=×10×(0.42-0.22(m=0.6my2=3y1=3y1=、x2+y22=x2+(3y(2=x2+9y2x=yv0==m/s ·46·0t0mB0=(mB+m)v0mB=5mEpmax=0.6mvF=maaA=5aBvA=aAt，vB=1.2v0-sA=vAt(累积)，sB=vBt(累积)sA=0.36v0t0sB=1.128v0t0Δs=sB-sA=0.768v0t0mB0=6mv0=mBvB+mvA6mv0Δt=5mvBΔt+mvAΔt6mv0t0=5msB+msA将sA=0.36v0t0代入可得sB=1.128v0t0·47·Δs=sB-sA=0.768v0t0mvA'-5m⋅0.8v0=m⋅(-2v0)+5mvB'vA'=v0-mgLsinθ-μmgLcosθ=0-m(2v0)2mgLsinθ-μmgLcosθ=mv-0μ=0.45mgsinθ+μmgcosθ=ma上，mgsinθ-μmgcosθ=ma下上x=(2v0)2-0，2a下x=vA'2=vμ=0.45 处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15m，轨道AB长·48·FN=7N2v=、12lx-9.6lx=0.85m则要保证小球能到F点，lx≥0.85m，带入v=12lx-9.6可得v≥0.6m/slx=mn=1,3,5,⋯⋯lAB≥lx≥0.85m，lAB=3m ·49·v=2a1x1(2)AB段v1=a1t1t1=3sBC段2=2m/s2v=v1+a2t2=12m/s(3)在BC段有牛顿第二定律mgsinθ-Ff=ma2Ff=66N ·50·v=6m/sΔx=tt=0.01sFt=mvF=3000N 2·51·f=μN③W=T1s1+T2s2⑤W+(mgsinθ-f)(s1+s2(=Ek-0⑥Ek=26J⑦-(mgsinθ+f)smin=0-Ek⑧smax=1.3m⑨ 2v2=v1-at①s=v1t-at2③分别为M地=mg火⑤=mg地⑥·52·F=mmaxg火⑦mmax=1875kg⑧ (2)环A的质量M；F=F1sin37°FF=F2sin37°FF=8F=Mω2⋅L对BM=m·53·W=(EkA-0(+(EkB-0(+mgh 为g。2mv0=3mv共v木=2v滑2mv0=2mv木+mv滑v滑=v0，v木=v0-μmgx=×2mv+mv-×2mvF=μmga滑=μgv0=a滑tt=·54·W=Fx′=mv~ ~A=4cm，T=4sλ=vT=2ms=4A=16cmx=vt=2m (3)求碰撞过程中A和B损失的总动能。·55·2R=gt2x=vtx=2RmgRcosθ=mvP=mgvDsinθP=mgsinθ2gRcosθmv=mv+mg⋅2Rv2=5gRmv=mgRv1=2gRmv0=mv1+mv2v0=2gR+、5gR碰撞过程中A和B损失的总动能为ΔE=mv-mv-mvΔE=、10mgR·56· (2)小包裹通过传送带所需的时间t。μmgcosθ-mgsinθ=matt=t1+t2=4.5s ·57·0-v=-2gh玩具上升到最大高度有v2-v=-2gv=v0m1v+m2v=(m1+m2(vm1v1-m2v2=0 【答案】(1)T=mg+m；(2)a.见解析；b.ΔEk≥mgl2-mgl1(1-cosθ)T-mg=mT=mg+m已知v1=v2(1-cosθ1)=mgl2(1-cosθ2)因为l1>l2·58·2>θ1Ek=mgl1(1-cosθ)Ek+ΔEk≥2mgl2+mv 端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的(1)两物块在空中运动的时间t；(2)两物块碰前A的速度v0的大小；h=gt2t=0.30ss=vtv=1.0m/smv0=2mvv0=2.0m/s·59·ΔE=0.10J 【答案】(1)x0=、Ek=；(2)Fmin=(3+f；(3)W<fxBC；x0=F2-6fF+8f2Ek=kkx=f·60·Ek=kx2+fxFmin=(3+f-W-fxB=0-Ek-fxC=0-EkxB>xC-xBCW<fxBC5fx1-2fx1-kx=0kx1=6fa1===a=kx-2fa2=-kx-2fx1=⋅2mv2fx2=mv2x2=x1·61· vy=2gH=20m/st==2sv=v+v=25m/s-FΔt=0-mvF=500Nx1=v1t，x2=x1+L·62·x=v2t，x=x+Lx=34m，x=40m F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道AB上距台面高为 mgh-μmgcosθ⋅=mvvEmin=、2m/s，vBmin=2、2m/smvAmin=mvA'+mvBmin，mvAmi=mvA'2+mvBmi·63·vA'=0，vBmin=vAminvAmin=ghmin解得h的最小值hmin=0.45mmv=mvmin+mg(R+y)x=vGt，H+r-y=gt2x=2、(0.5-y)(0.3+y)0.5-y=0.3+yxmax=0.8m 3Nt1=t1=4sa=Ff=maFf=2.5×103N·64·t=t2-t1=20sv-v2=2asv=55m/s f=μmg=ma2as1=v-vv1=0.3m/smv1=mv2+mv3v3=0.2m/s·65·t=t1+t2=0.2s (1)W=4.5J；(2)F=9N(1)第一次篮球下落的过程中由动能定理可得0-E2=-mgh20-E4=0-mgh4W+mgh3=E3E2E4 E1E3W=4.5JF+mg=max=at2W=FxF=9N(F=-15N舍去) (2)t1时刻质点B偏离平衡位置的位移。(1)0.8s；(2)-0.5cm·66·λ>20cmxAB=16cm<λxAB=16cm则质点B到达波峰的最少时间为T=2Δt=1.2sλ=vT=24cm质点B位于y=-0.5cm ·67·mgdsinθ;L>d+mgsinθ=mav-v=2adΔE=mgdsinθmg(L+29d(sinθ-ΔE总=mvΔE总=mg(L+29d(sinθ-μmgsΔE>ΔE (1)滑道AB段的长度；·68·m1gsinθ-μm1gcosθ=m1a1a1=2m/s2L=a1(t+t0)2t=2s或t=-1s(舍去)L=9mv1=a1(t+t0)=6m/sv2=v0+a2t=7.5m/sm1v1+m2v2=(m1+m2)vv=7.44m/s ·69·mg⋅2μL-μmgL=mv2mgy=Ek-mvEk=mgy+=mg×μL+=2μmgLx=22μLy-y2(其中，μL≤y≤2μL)v=2gh-2μgL-------①·70·mv0=-mv1+λmv2mv=mv+⋅λmv-------②v2=v0-------③-2μmgL=mv-mvv=v-4μgL-------④v3>v2-------⑤v3≤2μgL-------⑥ 0，I=m2gh0mgh0=mvvC=2gh0·71·I=mvC=m2gh0满足的条件h≥R其中vx=vGsinθ,vy=vGcosθ,则vG=2gR (1)最大位移值x；x=t·72·x=16ma1==gsinθ+μgcosθμ=0.25a2==gsinθ-μgcosθ=4m/s2P=mgv-cos(90°-θ)=48、2W=67.9W magR=mav代入数据解得va=4m/s代入数据解得FN=30N·73·mava=mav+mbvbmav=mav+mbv联立解得va'=-2m/s，vb=2m/smagh=mav解得h=0.2mμmbg=mbax1=代入数据解得x1=0.75mt1=代入数据解得t1=0.5st2==s=0.5st=t1+t2=1s(2)求包裹落地时的速度大小v；g0g0h=gt2t=2hgx=v0t=v02hgvy=gt=g2hg·74·v=v+v=v+2ghx=v0t′y=2x2 (3)重物下落的高度h。F=m4R2ω4+g2MgH=Mv+×4mv2v1=Rω·75· 0=Mv1-mv2v2==m/s=28m/s (1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；m1v=m1v2+2m1gl②I=m1vA③I=m15gl④v=vA⑤m2vB-m1vA=(m1+m2(v⑥Ek=m2v⑦Ek=⑧ ·76·为g。mv0=mvP1+4mvQ1①mv=mvP+⋅4mvQ②vP1=-③vQ1=④mv0-mvP=-mgh1⑦v02=⑧mv02=mvP2+4mvQ2⑨mv0=mvP+⋅4mvQ⑩⑪·77·⑩mv0-mvP=-mgh2⑥v03=2v0⑩mv03=mvP3+4mvQ3⑦mv0=mvP+⋅4mvQ⑩vP3=-×2v0⑩h3=0-mv=-(m+4m(gH-tanθ⋅4mgcosθ⋅㉔㉕vQ1=2gt1sinθ㉖v1=vP1+gt2sinθ㉗v-vP=2sgsinθ㉘设P从挡板碰撞返回后从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3·78·v02=vP1-gt3sinθ㉙t1=2t2+t3㉚(87-13((87-13(v02(2)M、N之间的距离L。v1=vMsin72.8o①mgcos17.2°=ma1d=4.8m④v2=vMcos72.8°⑤mgsin17.2°=ma2⑥t=⑦·79·L=12m⑨ cos370-0.8)(()R=F=8N·80·mv=3mv'm=200kg·81·h=