高三物理復習能力提升 第5章 專題4 平拋與圓周運動組合問題的分析

專題四平拋與圓周運動組合問題的分析考綱解讀1.掌握運用平拋運動規(guī)律、圓周運動知識解決綜合性問題的方法.2.掌握程序法在解題中的應用．考點一平拋運動與直線運動的組合問題1．一個物體平拋運動和直線運動先后進行，要明確直線運動的性質，關鍵抓住速度是兩個運動的銜接點．2．兩個物體分別做平拋運動和直線運動，且同時進行，則它們運動的時間相等，同時滿足一定的空間幾何關系．例1如圖1所示，一小球從平臺上水平拋出，恰好落在鄰近平臺圖1的一傾角為α＝53°的光滑斜面頂端，并剛好沿光滑斜面下滑，圖1已知斜面頂端與平臺的高度差h＝0.8m，重力加速度取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：(1)小球水平拋出時的初速度v0；(2)斜面頂端與平臺邊緣的水平距離x；(3)若斜面頂端高H＝20.8m，則小球離開平臺后經(jīng)多長時間到達斜面底端？解析(1)由題意可知，小球落到斜面上并剛好沿斜面下滑，說明此時小球速度方向與斜面平行，否則小球會彈起，如圖所示，vy＝v0tan53°，veq\o\al(2,y)＝2gh代入數(shù)據(jù)，得vy＝4m/s，v0＝3m/s.(2)由vy＝gt1得t1＝0.4sx＝v0t1＝3×0.4m＝1.2m(3)小球沿斜面做勻加速直線運動的加速度a＝eq\f(mgsin53°,m)＝8m/s2初速度v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝5m/seq\f(H,sin53°)＝vt2＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)代入數(shù)據(jù)，解得t2＝2s或t2′＝－eq\f(13,4)s(不合題意舍去)所以t＝t1＋t2＝2.4s.答案(1)3m/s(2)1.2m(3)2.4s抓住小球平拋到斜面頂端“剛好沿光滑斜面下滑”這一關鍵條件，利用斜面傾角和速度的分解與合成求合速度．突破訓練1如圖2所示，我某集團軍在一次空地聯(lián)合軍事演習中，離地面H高處的飛機以水平對地速度v1發(fā)射一顆炸彈欲轟炸地面目標P，反應靈敏的地面攔截系統(tǒng)同時以初速度v2豎直向上發(fā)射一顆炮彈攔截(炮彈運動過程看做豎直上拋)．設此時攔截系統(tǒng)與飛機的水平距離為x，若攔截成功，不計空氣阻力，則v1、v2的關系應滿足 ()圖2A．v1＝eq\f(H,x)v2 B．v1＝v2eq\r(\f(x,H))圖2C．v1＝eq\f(x,H)v2 D．v1＝v2答案C解析由題意知從發(fā)射到攔截成功水平方向應滿足：x＝v1t，同時豎直方向應滿足：H＝eq\f(1,2)gt2＋v2t－eq\f(1,2)gt2＝v2t，所以有eq\f(x,v1)＝eq\f(H,v2)，即v1＝eq\f(x,H)v2，C選項正確．考點二平拋運動與圓周運動的組合問題例2如圖3所示，有一個可視為質點的質量為m＝1kg的小物塊，從光滑平臺上的A點以v0＝3m/s的初速度水平拋出，到達C點時，恰好沿C點的切線方向進入固定在水平地面上的光滑圓弧軌道，最后小物塊滑上緊靠軌道末端D點的質量為M＝3kg的長木板．已知木板上表面與圓弧軌道末端切線相平，木板下表面與水平地面之間光滑接觸，小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，圓弧軌道的半徑為R＝0.5m，C點和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角θ＝53°，不計空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2.求：圖3(1)A、C兩點的高度差；(2)小物塊剛要到達圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力；(3)要使小物塊不滑出長木板，木板的最小長度．(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)解析(1)小物塊在C點時的速度大小為vC＝eq\f(v0,cos53°)＝5m/s，豎直分量為vCy＝4m/s下落高度h＝eq\f(v\o\al(2,Cy),2g)＝0.8m(2)小物塊由C到D的過程中，由動能定理得mgR(1－cos53°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得vD＝eq\r(29)m/s小球在D點時由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)代入數(shù)據(jù)解得FN＝68N由牛頓第三定律得FN′＝FN＝68N，方向豎直向下(3)設小物塊剛好滑到木板右端時與木板達到共同速度，大小為v，小物塊在木板上滑行的過程中，小物塊與長木板的加速度大小分別為a1＝μg＝3m/s2，a2＝eq\f(μmg,M)＝1m/s2速度分別為v＝vD－a1t，v＝a2t對物塊和木板系統(tǒng)，由能量守恒定律得μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)(m＋M)v2解得L＝3.625m，即木板的長度至少是3.625m答案(1)0.8m(2)68N(3)3.625m程序法在解題中的應用所謂“程序法”是指根據(jù)題意按先后順序分析發(fā)生的運動過程，并明確每一過程的受力情況、運動性質、滿足的規(guī)律等等，還要注意前后過程的銜接點是具有相同的速度．突破訓練2在我國南方農(nóng)村地區(qū)有一種簡易水輪機，如圖4所示，從懸圖4崖上流出的水可看做連續(xù)做平拋運動的物體，水流軌道與下邊放置的輪子邊緣相切，水沖擊輪子邊緣上安裝的擋水板，可使輪子連續(xù)轉動，輸出動力．當該系統(tǒng)工作穩(wěn)定時，可近似認為水的末速度與輪子邊緣的線速度相同．設水的流出點比輪軸高h＝5.6m，輪子半徑R圖4調整輪軸O的位置，使水流與輪邊緣切點對應的半徑與水平線成θ＝37°角．(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)問：(1)水流的初速度v0大小為多少？(2)若不計擋水板的大小，則輪子轉動的角速度為多少？答案(1)7.5m/s(2)12.5rad/s解析(1)水流做平拋運動，有h－Rsin37°＝eq\f(1,2)gt2解得t＝eq\r(\f(2h－Rsin37°,g))＝1s所以vy＝gt＝10m/s，由圖可知：v0＝vytan37°＝7.5m/s.(2)由圖可知：v＝eq\f(v0,sin37°)＝12.5m/s，根據(jù)ω＝eq\f(v,R)可得ω＝12.5rad/s.27．直線運動、平拋運動和圓周運動組合問題的分析解析(1)在C點：mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R) (2分)所以vC＝5m/s (1分)(2)由C點到D點過程：mg(2R－2r)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C) (2分)在D點：mg＋FN＝meq\f(v\o\al(2,D),r) (2分)所以FN＝333.3N (1分)由牛頓第三定律知小滑車對軌道的壓力為333.3N． (1分)(3)小滑車要能安全通過圓形軌道，在平臺上速度至少為v1，則eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋mg(2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1) (2分)小滑車要能落到氣墊上，在平臺上速度至少為v2，則h＝eq\f(1,2)gt2 (1分)x＝v2t (1分)解得v2>v1，所以只要mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，即可滿足題意．解得H＝7.2m (3分)答案(1)5m/s(2)333.3N(3)7.2m1.對于多過程問題首先要搞清各運動過程的特點，然后選用相應規(guī)律．2．要特別注意運用有關規(guī)律建立兩運動之間的聯(lián)系，把轉折點的速度作為分析重點．突破訓練3水上滑梯可簡化成如圖6所示的模型，斜槽AB和光圖6滑圓弧槽BC平滑連接．斜槽AB的豎直高度差H＝6.0m，傾角θ＝37°；圓弧槽BC的半徑R＝3.0m，末端C點的切線水平；C點與水面的距離h＝0.80m．人與AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，取重力加速度g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6.一個質量m＝30kg的小朋友從滑梯頂端A圖6空氣阻力．求：(1)小朋友沿斜槽AB下滑時加速度a的大??；(2)小朋友滑到C點時速度v的大小及滑到C點時受到槽面的支持力FC的大??；(3)在從C點滑出至落到水面的過程中，小朋友在水平方向的位移x的大?。鸢?1)4.4m/s2(2)10m/s1300N(3)4m解析(1)小朋友沿AB下滑時，受力情況如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律得：mgsinθ－Ff＝ma ①又Ff＝μFN ②FN＝mgcosθ ③聯(lián)立①②③式解得：a＝4.4m/s2 ④(2)小朋友從A滑到C的過程中，根據(jù)動能定理得：mgH－Ff·eq\f(H,sinθ)＋mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2－0 ⑤聯(lián)立②③⑤式解得：v＝10m/s ⑥根據(jù)牛頓第二定律有：FC－mg＝meq\f(v2,R) ⑦聯(lián)立⑥⑦式解得：FC＝1300N． ⑧(3)在從C點滑出至落到水面的過程中，小朋友做平拋運動，設此過程經(jīng)歷的時間為t，則：h＝eq\f(1,2)gt2 ⑨x＝vt ⑩聯(lián)立⑥⑨⑩式解得：x＝4m.高考題組1．(2012·福建理綜·20)如圖7所示，置于圓形水平轉臺邊緣的小物塊隨圖7轉臺加速轉動，當轉速達到某一數(shù)值時，物塊恰好滑離轉臺開始做平拋運動．現(xiàn)測得轉臺半徑R＝0.5m，離水平地面的高度H＝0.8m，物塊平拋落地過程水平位移的大小s圖7摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2.求：(1)物塊做平拋運動的初速度大小v0；(2)物塊與轉臺間的動摩擦因數(shù)μ.答案(1)1m/s(2)0.2解析(1)物塊做平拋運動，在豎直方向上有H＝eq\f(1,2)gt2 ①在水平方向上有s＝v0t ②由①②式解得v0＝seq\r(\f(g,2H))代入數(shù)據(jù)得v0＝1m/s(2)物塊離開轉臺時，由最大靜摩擦力提供向心力，有fm＝meq\f(v\o\al(2,0),R) ③fm＝μN＝μmg ④由③④式得μ＝eq\f(v\o\al(2,0),gR)代入數(shù)據(jù)得μ＝0.22．(2010·重慶理綜·24)小明站在水平地面上，手握不可伸長的輕繩一端，圖8繩的另一端系有質量為m的小球，甩動手腕，使球在豎直平面內做圓周運動．當球某次運動到最低點時，繩突然斷掉，球飛行水平距離d后落地，如圖8所示．已知握繩的手離地面高度為d，手與球之間的繩長為eq\f(3,4)d，重力加速度為g.忽略手的運動半徑和空氣阻力．圖8(1)求繩斷時球的速度大小v1和球落地時的速度大小v2.(2)問繩能承受的最大拉力多大？(3)改變繩長，使球重復上述運動，若繩仍在球運動到最低點時斷掉，要使球拋出的水平距離最大，繩長應為多少？最大水平距離為多少？答案(1)eq\r(2gd)eq\r(\f(5,2)gd)(2)eq\f(11,3)mg(3)eq\f(d,2)eq\f(2\r(3),3)d解析(1)設繩斷后球飛行的時間為t，由平拋運動規(guī)律有豎直方向：eq\f(1,4)d＝eq\f(1,2)gt2水平方向：d＝v1t解得v1＝eq\r(2gd)由機械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋mg(d－eq\f(3,4)d)解得v2＝eq\r(\f(5,2)gd)(2)設繩能承受的最大拉力大小為Fmax，這也是球受到繩的最大拉力的大?。蜃鰣A周運動的半徑為R＝eq\f(3,4)d由圓周運動向心力公式，有Fmax－mg＝eq\f(mv\o\al(2,1),R)得Fmax＝eq\f(11,3)mg(3)設繩長為l，繩斷時球的速度大小為v3.繩承受的最大拉力不變，有Fmax－mg＝meq\f(v\o\al(2,3),l)，解得v3＝eq\r(\f(8,3)gl)繩斷后球做平拋運動，豎直位移為d－l，水平位移為x，時間為t1.由平拋運動規(guī)律有d－l＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，x＝v3t1得x＝4eq\r(\f(ld－l,3))，當l＝eq\f(d,2)時，x有最大值xmax＝eq\f(2\r(3),3)d. 模擬題組3．如圖9所示，一質量為2m的小球套在一圖9“”滑桿上，小球與滑桿的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，BC段為半徑為R的半圓，靜止于A處的小球在大小為F＝2mg，方向與水平面成37°角的拉力F作用下沿桿運動，到達B點時立刻撤去F，小球沿圓弧向上沖并越過C圖9后落在D點(圖中未畫出)，已知D點到B點的距離為R，且AB的距離為s＝10R.試求：(1)小球在C點對滑桿的壓力；(2)小球在B點的速度大??；(3)BC過程小球克服摩擦力所做的功．答案(1)eq\f(3,2)mg，方向豎直向下(2)2eq\r(3gR)(3)eq\f(31mgR,4)解析(1)小球越過C點后做平拋運動，有豎直方向：2R＝eq\f(1,2)gt2 ①水平方向：R＝vCt ②解①②得vC＝eq\f(\r(gR),2)在C點對小球由牛頓第二定律有：2mg－FNC＝2meq\f(v\o\al(2,C),R)解得FNC＝eq\f(3mg,2)由牛頓第三定律有，小球在C點對滑桿的壓力FNC′＝FNC＝eq\f(3mg,2)，方向豎直向下(2)在A點對小球受力分析有：FN＋Fsin37°＝2mg ③小球從A到B由動能定理有：Fcos37°·s－μFN·s＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,B) ④解③④得vB＝2eq\r(3gR)(3)BC過程對小球由動能定理有：－2mg·2R－Wf＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,B)解得Wf＝eq\f(31mgR,4)4.如圖10所示，質量為m＝1kg的小物塊由靜止輕輕放在水平勻圖10速運動的傳送帶上，從A點隨傳送帶運動到水平部分的最右端B點，經(jīng)半圓軌道C點沿圓弧切線進入豎直光滑的半圓軌道，恰能做圓周運動．C點在B點的正上方，D點為軌道的最低點．小物塊離開D點后，做平拋運動，恰好垂直于傾斜擋板打在擋板跟水平面相交的E點．已知半圓軌道的半徑R＝0.9m，D圖10水平面的高度h＝0.75m，取g＝10m/s2，試求：(1)摩擦力對小物塊做的功；(2)小物塊經(jīng)過D點時對軌道壓力的大?。?3)傾斜擋板與水平面間的夾角θ.答案(1)4.5J(2)60N，方向豎直向下(3)60°解析(1)設小物塊經(jīng)過C點時的速度大小為v1，因為經(jīng)過C點恰能做圓周運動，所以，由牛頓第二定律得：mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)解得：v1＝3m/s小物塊由A到B的過程中，設摩擦力對小物塊做的功為W，由動能定理得：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得：W＝4.5J(2)設小物塊經(jīng)過D點時的速度大小為v2，對從C點運動到D點的過程，由機械能守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)小物塊經(jīng)過D點時，設軌道對它的支持力大小為FN，由牛頓第二定律得：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R)聯(lián)立解得：FN＝60N由牛頓第三定律可知，小物塊經(jīng)過D點時對軌道的壓力大小為：FN′＝FN＝60N，方向豎直向下(3)小物塊離開D點后做平拋運動，設經(jīng)時間t打在E點，由h＝eq\f(1,2)gt2得：t＝eq\f(\r(15),10)s設小物塊打在E點時速度的水平、豎直分量分別為vx、vy，速度跟豎直方向的夾角為α，則：vx＝v2vy＝gttanα＝eq\f(vx,vy)解得：tanα＝eq\r(3)所以：α＝60°由幾何關系得：θ＝α＝60°.

專題突破練專題四平拋與圓周運動組合問題的分析(限時：45分鐘)?題組1平拋運動與直線運動的組合如圖1所示，在距地面高為H＝45m處，有一小球A以初速度v0＝10m/s水平拋出，與此同時，在A的正下方有一物塊B也以相同的初速度v0同方向滑出，B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5.A、B均可視做質點，空氣阻力不計，重力加速度g取10m/s2，求：圖1(1)A圖1(3)A球落地時，A、B之間的距離．答案(1)3s30m(2)20m解析(1)對A球，由平拋運動規(guī)律得水平方向：s1＝v0t豎直方向：H＝eq\f(1,2)gt2解得s1＝30m，t＝3s(2)對于物塊B，根據(jù)牛頓第二定律得，－μmg＝ma解得a＝－5m/s2當B速度減小到零時，有0＝v0＋at′得t′＝2s判斷得：在A落地之前B已經(jīng)停止運動，由運動學公式v2－veq\o\al(2,0)＝2as2得：s2＝10m則Δs＝s1－s2＝20m.2．如圖2所示，一物塊質量m＝1.0kg自平臺上以速度v0水平拋出，剛好落在鄰近一傾角為α＝53°的粗糙斜面AB頂端，并恰好沿該斜面下滑，已知斜面頂端與平臺的高度差h＝0.032m，粗糙斜面BC傾角為β＝37°，足夠長．物塊與兩斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，A點離B點所在平面的高度H＝1.2m．物塊在斜面上運動的過程中始終未脫離斜面，不計在B點的機械能損失．最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(g取10m/s2)圖2(1)物塊水平拋出的初速度v0是多少？(2)若取A所在水平面為零勢能面，求物塊第一次到達B點的機械能．(3)從滑塊第一次到達B點時起，經(jīng)0.6s正好通過D點，求B、D之間的距離．答案(1)0.6m/s(2)－4J(3)0.76m解析(1)物塊離開平臺做平拋運動，由平拋運動知識得：vy＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.032)m/s＝0.8m/s由于物塊恰好沿斜面下滑，則vA＝eq\f(vy,sin53°)＝eq\f(0.8,0.8)m/s＝1m/sv0＝vAcos53°＝0.6m/s(2)物塊在A點時的速度vA＝1m/s從A到B的運動過程中由動能定理得mgH－μmgcos53°eq\f(H,sin53°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)在B點時的機械能：EB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－mgH＝－4J(3)物塊在B點時的速度vB＝4m/s物塊沿BC斜面向上運動時的加速度大小為：a1＝g(sin37°＋μcos37°)＝10m/s2物塊從B點沿BC斜面向上運動到最高點所用時間為t1＝eq\f(vB,a1)＝0.4s，然后沿斜面下滑，下滑時的加速度大小為：a2＝g(sin37°－μcos37°)＝2m/s2B、D間的距離sBD＝eq\f(v\o\al(2,B),2a1)－eq\f(1,2)a2(t－t1)2＝0.76m?題組2平拋運動與圓周運動組合問題3.水平光滑直軌道ab與半徑為R的豎直半圓形光滑軌道bc相切，圖3一小球以初速度v0沿直軌道向右運動．如圖3所示，小球進入圓形軌道后剛好能通過c點，然后小球做平拋運動落在直軌道上的d點，則 圖3A．小球到達c點的速度為eq\r(gR)B．小球到達b點時對軌道的壓力為5mgC．小球在直軌道上的落點d與b點距離為2RD．小球從c點落到d點所需時間為2eq\r(\f(R,g))答案ACD解析小球在c點時由牛頓第二定律得：mg＝eq\f(mv\o\al(2,c),R)，vc＝eq\r(gR)，A項正確；小球由b到c過程中，由機械能守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)＝2mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)小球在b點，由牛頓第二定律得：FN－mg＝eq\f(mv\o\al(2,b),R)，聯(lián)立解得FN＝6mg，B項錯誤；小球由c點平拋，在平拋運動過程中由運動學公式得：x＝vct,2R＝eq\f(1,2)gt2.解得t＝2eq\r(\f(R,g))，x＝2R，C、D項正確．4．如圖4所示，P是水平面上的圓弧凹槽．從高臺邊B點以某速圖4度v0水平飛出的小球，恰能從固定在某位置的凹槽的圓弧軌道的左端A點沿圓弧切線方向進入軌道．O是圓弧的圓心，θ1是OA與豎直方向的夾角，θ2是BA圖4()A.eq\f(tanθ2,tanθ1)＝2 B．tanθ1·tanθ2＝2C.eq\f(1,tanθ1·tanθ2)＝2 D.eq\f(tanθ1,tanθ2)＝2答案B解析由題意可知：tanθ1＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(gt,v0)，tanθ2＝eq\f(x,y)＝eq\f(v0t,\f(1,2)gt2)＝eq\f(2v0,gt)，所以tanθ1·tanθ2＝2，故B正確．5．如圖5所示，在水平勻速運動的傳送帶的左端(P點)，輕放一質量為m＝1kg的物塊，物塊隨傳送帶運動到A點后水平拋出，物塊恰好無碰撞的沿圓弧切線從B點進入豎直光滑圓弧軌道下滑．B、D為圓弧的兩端點，其連線水平．已知圓弧半徑R＝1.0m，圓弧對應的圓心角θ＝106°，軌道最低點為C，A點距水平面的高度h＝0.8m(g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：圖5(1)物塊離開A點時水平初速度的大??；(2)物塊經(jīng)過C點時對軌道壓力的大小；(3)設物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.3，傳送帶的速度為5m/s，求PA間的距離．答案(1)3m/s(2)43N(3)1.5m解析(1)物塊由A到B在豎直方向有veq\o\al(2,y)＝2ghvy＝4m/s在B點：taneq\f(θ,2)＝eq\f(vy,vA)，vA＝3m/s(2)物塊從B到C由功能關系得mgR(1－coseq\f(θ,2))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)vB＝eq\r(v\o\al(2,A)＋v\o\al(2,y))＝5m/s解得veq\o\al(2,C)＝33m2/s2在C點：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)由牛頓第三定律知，物塊經(jīng)過C點時對軌道壓力的大小為FN′＝FN＝43N(3)因物塊到達A點時的速度為3m/s，小于傳送帶速度，故物塊在傳送帶上一直做勻加速直線運動μmg＝ma，a＝3m/s2PA間的距離sPA＝eq\f(v\o\al(2,A),2a)＝1.5m.6.如圖6所示，半徑R＝1.0m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面圖6內，軌道的一個端點B和圓心O的連線與水平方向間的夾角θ＝37°，另一端點C為軌道的最低點．C點右側的水平路面上緊挨C點放置一木板，木板質量M＝1kg，上表面與C點等高．質量m＝1kg的物塊(可視為質點)從空中A點以v0＝1.2m/s的速度水平拋出，恰好從軌道的B圖6入軌道．已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.2，木板與路面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.05，