配套K12高考物理 第六章 第一课时动量解析.docx
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配套K12高考物理第六章第一课时动量解析
第一课时动量
基础知识
一、动量
知识讲解
（1）定义:
物体的质量与其速度的乘积,叫做物体的动量.
（2）公式:
p=mv,单位kg\5m/s2.
（3）动量的特点
①矢量性:
动量是矢量,其方向与物体速度的方向相同.
②瞬时性:
动量是状态量,其中的速度应为瞬时速度.
③相对性:
由于物体的速度跟参考系的选择有关,因此动量也跟参考系的选择有关.通常在没有特别说明的情况下,物体的动量是相对于地球而言的.
活学活用
1.下列说法中,正确的是（）
A.速度大的物体,它的动量一定大
B.动量大的物体,它的速度一定大
C.只要物体的运动速度大小不变,物体的动量也不变
D.竖直上抛的物体经过空中同一点的动量不相同
解析：
本题很容易忽视决定动量大小的因素,认为物体的动量只与速度有关,而错选A.容易忽视动量的矢量性而错选C.动量等于质量与速度的乘积,速度很大,但质量很小时,物体的动量不一定大,动量大的物体,若质量大,速度不一定很大,故A\,B均错.动量是矢量,比较动量时既要看大小又要看方向.
答案：
D
二、冲量
知识讲解
（1）定义:
力与作用时间的乘积叫力的冲量.
（2）定义式:
I=Ft,单位为N·s.
（3）冲量的特点
①矢量性:
力是矢量,冲量也是矢量,但冲量的方向并不一定是力的方向.如果在作用时间内作用力为恒力时,冲量的方向和力的方向一致;如果在作用时间内作用力为变力时,特别是力的方向也变时,冲量的方向应是平均力的方向（在下一节的动量定理中,就会知道,冲量的方向与物体动量变化的方向相同）.
②过程性:
冲量是描述力对物体作用的时间积累效应的物理量,力越大,作用时间越长,冲量就越大.
③绝对性:
由于力和时间都跟参考系的选择无关,因此冲量也跟参考系的选择无关;另外物体受某个力的冲量只取决于这个力及其作用时间,与物体的运动状态\,是否受其他力无关.
活学活用
2.将质量相等的三只小球A\,B\,C从离地同一高度以大小相同的初速度分别上抛\,下抛\,平抛出去,空气阻力不计,那么,有关三球动量和冲量的情况是（）
A.三球刚着地时的动量相同
B.三球刚着地时的动量各不相同
C.三球从抛出到着地时间内,受重力的冲量最大的是A球,最小的是B球
D.三球从抛出到着地时间内,受重力的冲量均相同
解析：
本题旨在考查对动量\,冲量概念及矢量性的理解.由机械能守恒定律得,三球落地速度大小相同,但方向不同,A\,B两球速度方向相同,与C球速度方向不同,所以A\,B两球动量相同,与C球不同.A球从抛出到落地时间最长,B球最短,由I=mgt知,A球重力的冲量最大,B球最小,所以C对.
答案：
C
三、动量定理
知识讲解
1.动量定理的内容
物体所受合外力的冲量等于它的动量变化,即I=p′-p.
2.对动量定理的理解
（1）公式右边是物体动量的变化量，即p末-p初，计算时不能颠倒顺序．
（2）整个式子反映了一个过程，即力的时间积累效果引起动量的变化．
（3）动量定理中的冲量和动量都是矢量，定理的表达式应是一个矢量式．根据“教学大纲”，动量定理的应用只限于一维的情况．这时，可规定一个正方向，注意力和速度的正负，将矢量式化为代数式运算．
（4）动量与参考系的选取有关，所以用动量定理时必须注意选择相同的参考系．中学阶段常以地面为参考系．
（5）动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，对微观现象的高速运动仍然适用．
（6）不能认为合外力的冲量就是动量的变化．合外力的冲量是引起动量变化的原因，而动量变化是冲量作用的必然结果．
（7）动量定理的研究对象是单个质点或由质点所构成的系统，当研究对象为质点系统时，动量定理中的动量应是该系统内所有质点在同一时刻动量的矢量和，而冲量是该系统内各个质点在同一物理过程中所受一切外力冲量的矢量和，不包括系统内各质点之间相互作用力（内力）的冲量，这是因为内力总是成对出现的，且大小相等、方向相反，故其内力的总冲量必定为零.
活学活用
3.在一光滑的水平面上，有一轻质弹簧，弹簧一端固定在竖直墙面上，另一端紧靠着一物体A，已知物体A的质量mA=4kg，如图所示,现用一水平力F作用在物体A上,并向左压缩弹簧,F做功50J后（弹簧仍处在弹性限度内），突然撤去外力F，物体从静止开始运动.则当撤去F后,弹簧弹力对A物体的冲量为__________.
解析：
弹簧的弹力显然是变力,因此该力的冲量不能直接求解,可以考虑运用动量定理:
I=Δp,即外力的冲量等于物体动量的变化.由于弹簧储存了50J的弹性势能，我们可以利用机械能守恒求出物体离开弹簧时的速度，然后运用动量定理求冲量.所以有:
Ep=
mv2,I=mv.由以上两式可解得弹簧弹力对A物体的冲量为I=20N·s.
答案:
20N·s
第二关：
技法关解读高考
解题技法
一、变力冲量的计算方法
技法讲解
变力冲量的计算有两种方法：
（1）如果一个物体受到的力是一个变力，但是该力随时间是均匀变化的，我们可以用求平均值的办法求解.在这种情况下求该力的平均值：
=
（F0+Ft），则该变力的冲量为：
I=
（F0+Ft）t.
注意，只有力和时间的关系是较为简单的一次函数关系，则此变力的平均值才能够用
=
（F0+Ft）进行计算，进而求出变力的冲量，其他情况下的变力一般不能够用上述办法求变力的平均值，当然也不能够通过力的平均值求变力的冲量.
（2）变力的冲量还可以用图象来求.
我们借鉴运动学中利用速度时间图象求位移的思想，画出变力F随时间t变化的关系图象，如图所示，则图象与时间轴所围成的面积（即图中阴影三角形部分），在数值上等于该力在此时间内的冲量大小.
注意：
用图象的方法求变力的冲量，不但适用于随时间呈线性变化的力，不随时间呈线性变化的力的冲量也等于图象与时间轴所围成的面积值，因而也能够用来求不随时间呈线性变化的力的冲量.
典例剖析
例1用电钻在建筑物表面钻孔时，钻头所受的阻力与深度成正比，若钻头匀速钻进时，第1s内阻力的冲量为100N·s，求5s内阻力的冲量.
解析：
钻头受的阻力与深度成正比，而钻头又是匀速钻进，即深度与时间成正比，所以，阻力与时间成正比，可用平均值来求变力的冲量.设阻力与时间的比例常数为k，则
Ff=kt，所以第1s内的冲量：
I1=
（0+kt1）t1=
kt12①
前5s内的冲量：
I5=
（0+kt5）t5=
kt52②
②①得：
I5=25I1=25×100N·s=2.5×103N·s.
例2质点所受的力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上.已知t=0时质点的速度为零.在图示的t1、t2、t3和t4各时刻中，哪一时刻质点的动量最大（）
A.t1B.t2C.t3D.t4
解析：
由图象可以看出，此力随时间变化的关系是周期性的线性关系，力F在某段时间内的冲量大小，等于图象和这段时间所围成的面积值.在0～t2时间内，力的方向与t2～t4时间内力的方向相反，所以在这两个半周期内，力F的冲量大小相等、方向相反，所以在一个周期的时间里，总冲量为零，动量变化为零，t4时刻质点的动量为零，速度为零；在0～t2时间内，力F的冲量最大.根据动量定理知，在0～t2时间内动量变化量最大，即t2时刻的动量最大，故t2时刻的速度，动能都最大，B正确.本题也可以用动力学的观点求解.
答案：
B
二、用动量定理解题的基本步骤
技法讲解
（1）审题，确定对象：
对谁、对哪一个过程；
（2）对物体进行受力分析,分析力在过程中的冲量,或合力在过程中的冲量;
（3）抓住过程的初\,末状态,选定参考方向,对初\,末状态的动量大小\,方向进行描述;
（4）根据动量定理,列出动量定理的数学表达式;
（5）写清各物理量之间关系的补充表达式;
（6）求解方程组,并分析作答.
说明:
①动量定理中的力必须是物体所受的合外力,这就要求在受力分析时不能出错.既不能\!
张冠李戴\"把其他物体
所受的力当成是该物体所受的力,也不能\!
丢三落四\"把某个力丢掉,更不能\!
无中生有\"把原本没有的力给假想出来.
②动量定理是矢量式,求解前必须先选定正方向.无论是力还是动量,\!
顺我者正,逆我者负\".
典例剖析
例3蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳\,翻滚并做各种空中动作的运动项目.一个质量为60kg的运动员,从离水平网面3.2m高处自由下落,着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处.已知运动员与网接触的时间为1.2s.求在这段时间内网对运动员的平均作用力.（g取10m/s2）
解析：
方法一:
应用牛顿第二定律求解:
将运动员看做质量为m的质点,从h1高处下落,刚接触网时速度的大小为v1=
（向下）
弹跳后到达的高度为h2,刚离网时速度的大小v2=
（向上）
速度的改变量Δv=v1+v2（向上）
以a表示加速度，Δt表示接触时间,则Δv=aΔt
接触过程中运动员受到向上的弹力F和向下的重力mg.由牛顿第二定律有,F-mg=ma
由以上五式解得,F=mg+
代入数值得：
F=1.5×103N
方法二：
应用动量定理求解：
设运动员从h1处下落，刚触网的速度为
v1=
=8m/s（方向向下），
运动员反弹到达高度h2,离网时速度为
v2=
=10m/s（方向向上）.
在接触网的过程中,运动员受到向上的弹力F和向下的重力mg,设向上方向为正,由动量定理有
（F-mg）t=mv2-（-mv1）
F=1.5×103N.
答案：
1.5×103N
第三关：
训练关笑对高考
随堂训练
1.古时有\!
守株待兔\"的寓言,设兔子的头部受到大小等于自身重力的打击力时即可致死,并设兔子与树桩作用时间为0.2s,则被撞死的兔子其奔跑速度可能为（g=10m/s2）（）
A.1m/sB.1.5m/s
C.2m/sD.2.5m/s
解析：
设恰好被撞死的速度为v0，由动量定理
-mgt=0-mv0
得v0=gt=10×0.2m/s=2m/s
兔子奔跑速度v≥v0=2m/s
故正确选项为C、D.
答案：
CD
2.如图所示跳水运动员（图中用一小圆圈表示）,从某一峭壁上水平跳出，跳入湖水中，已知运动员的质量m=60kg.初速度v0=10m/s.若经过1s时，速度为v=10
m/s,则在此过程中，运动员动量的变化量为（g=10m/s2,不计空气阻力）（）
A.600kg·m/sB.600
kg·m/s
C.600（
-1）kg·m/sD.600（
+1）kg·m/s
解析:
运动员所做的是平抛运动，初末速度不在一条直线上，因此不能直接用初末动量相加减.在此过程中，运动员只受重力作用，因此重力的冲量就等于动量的变化量.
答案：
A
3.某物体沿粗糙斜面上滑，达到最高点后又返回原处，下列分析正确的是（）
A.上滑、下滑两过程中摩擦力的冲量大小相等
B.上滑、下滑两过程中合外力的冲量相等
C.上滑、下滑两过程中动量变化的方向相同
D.整个运动过程中动量变化的方向沿斜面向下
解析：
上滑过程与下滑过程比较：
位移大小s上=s下，加速度大小a上＞a下，则时间t上＜t下；速度大小上滑过程由v0减为0，下滑过程由0增为v1，由动能定理知v0＞v1.据上述推理：
If=μmgt，下滑过程If较大，A错；I上=0-mv0，I下=mv1-0,I上＞I下，B错；I上、I下方向均沿斜面向下，由I=Δp知C对；全过程中合外力方向沿斜面向下，可知D对.
答案:
CD
4.司机酒后驾驶极易发生事故，在汽车上安装安全气囊可以在发生交通事故时对司机起一定的保护作用.为测试安全气囊的可靠性,在一次测试试验中,让汽车以20m/s的速度撞到竖直墙壁上,碰撞后汽车在极短的时间内停止,没有反弹.高速摄像机的记录显示,汽车撞墙后气囊立即充气膨胀,模拟司机（用橡皮制作的司机模型）冲向气囊经0.2s停止运动,模拟司机冲向气囊的头部和胸部的质量约为30kg,与气囊的接触面积约为1.0×103cm2,设模拟司机与气囊之间的作用力为恒力,试估算模拟司机的头部和胸部所受到的冲击压强的平均值.
解析：
由动量定理
-Ft=0-mv0
得气囊对模拟司机的平均作用力为
F=
N=3.0×103N
则气囊对模拟司机冲击压强的平均值为
p=
Pa=3.0×104Pa.
答案：
p=3.0×104Pa
课时作业二十二动量\,冲量\,动量定理
1.质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速率变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为（）
A.m（v-v0）B.mgt
C.
D.m
解析：
物体做的是受恒力作用的曲线运动，可以用动量定理求出恒力的冲量等效代替动量的变化.由动量定理得I=Δp,即mgt=Δp,故B正确.C、D也正确.
答案：
BCD
2.如图所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出.如果网球被拍子击打前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2>v1.重力影响可忽略，则此过程中拍子对网球作用力的冲量（）
A.大小为m（v2+v1），方向与v1方向相同
B.大小为m（v2-v1），方向与v1方向相同
C.大小为m（v2+v1），方向与v2方向相同
D.大小为m（v2-v1）,方向与v2方向相同
解析：
本题考查动量定理的运用.选取v2的方向为正方向,这一过程中，动量的变化量为Δp=mv2-（-mv1）=m（v1+v2），结果为一正值，则表明动量变化量的方向和v2的方向相同，再根据动量定理知，拍子对网球作用力的冲量方向也跟v2的方向相同.
答案：
C
3.质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2.在碰撞过程中，地面对钢球冲量的方向和大小为（）
A.向下,m（v1-v2）
B.向下,m（v1+v2）
C.向上,m（v1-v2）
D.向上,m（v1+v2）
解析：
设向上的方向为正方向，忽略重力，根据动量定理：
Ft=mv2-（-mv1）=m（v1+v2）,地面对钢球的冲量方向向上.故本题选项D正确.
答案：
D
4.如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆,a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点.每根杆上都套着一个质量相同的小滑环（图中未画出），三个滑环分别从a、b、c处释放（初速为零），关于它们下滑的过程，下列说法中正确的是（）
A.重力对它们的冲量相同
B.弹力对它们的冲量相同
C.合外力对它们的冲量相同
D.它们的动能增量相同
解析：
由运动学知识可知三个小滑环的运动时间相等，故A正确，由于三种情形下弹力的方向不同，故B错，根据机械能守恒定律知D错，而合外力冲量大小为mv，由于v大小不等，故C错.
答案：
A
5.在光滑水平面上有一静止小滑块，若给滑块加一水平向右的力F1，持续一段时间后立即换成与力F1相反方向的力F2，当F2持续时间为F1持续时间的一半时撤去力F2，此时滑块恰好回到初始位置，且具有大小为p的动量.在上述过程中，F1对滑块做功为W1,冲量大小为I1：
F2对滑块做功为W2，冲量大小为I2.则（）
A.I1=p/3,I2=2p/3
B.I1=p/3,I2=4p/3
C.W1=W2/8
D.W1=8W2/9
解析：
设F1撤去时，滑块速度为v1，F2作用时间为t,撤去力F2时滑块速度大小为v2.由平均速度与位移的关系可得s=
，联立解得v2=3v1.则F1对滑块的冲量大小I1=mv1=mv2/3=p/3，F2对滑块的冲量大小I2=mv2+mv1=4mv1=4mv2/3=4p/3，A错误，B正确；F1对滑块做功W1=m
/2,F2对滑块做功W2=m
/2-m
/2=8·m
/2=8W1,C正确D错误.
答案：
BC
6.某人身系弹性绳自高空p点自由下落，如图所示a点是弹性绳的原长位置，c点是人所到达的最低点，b点是人静止悬吊时的平衡位置.不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）
A.从p至c过程中重力的冲量大于弹性绳弹力的冲量
B.从p至c过程中重力所做功等于人克服弹力所做的功
C.从p至b过程中人的速度不断增大
D.从a至c过程中加速度方向保持不变
解析：
人完成从p到c的过程中经历了自由下落、变加速、变减速三个运动过程.考虑全程p至c，外力的总冲量等于重力的冲量和弹性绳的弹力冲量的矢量和，由动量定理知人所受外力的总冲量等于人的动量变化，人在p和c两处，速度均为零即动量都为零，因此动量的变化为零，则有重力的冲量与弹性绳弹力的冲量大小相等，方向相反，总冲量为零，A错误；同样人在p和c两处，动能均为零，动能的变化为零，由动能定理知，重力所做的功等于人克服弹力所做的功，B正确；人由p到b的过程，前一过程（p～a）自由落体，后一过程（a～b）由于弹性绳伸长，弹力F增加，重力G不变，人所受合力（G-F）不断减小，方向向下，人做的是加速度在减小的加速运动，C正确；由于b是人静止悬吊时的平衡位置，当人由b运动至c的过程，弹力大于重力，合力方向向上，加速度方向向上，因此D错误.
答案：
BC
7.如图所示，轻弹簧平放在粗糙的水平地面上，同种材料做成的两个物块分别向轻弹簧运动并压缩弹簧.设物块质量为m,在接触弹簧前的速度为v0，动量为p0，从接触弹簧到弹簧被压缩到最短的时间为t,弹簧的最大压缩量为x.两个物块相比较（）
A.若p0相等，则x一定相同
B.若v0相等，则t一定相同
C.若p0相等，m较大，则x较小
D.若v0相等，m较大，则t较小
解析：
向右压缩弹簧的过程中，物块的动能转化为弹性势能和内能.由Ek=p2/2m,若p0相等，m较大的物块动能Ek较小，弹簧的最大压缩量x较小，A错误、C正确;弹簧压缩到最短时，物块动量减小到零，对物块由动量定理得Ft=p0=mv0,若v0相等，m较大的滑块所受摩擦力较大，克服摩擦力做功转化的内能较多，转化的弹性势能较小，弹簧压缩量较小，物块受到的弹簧平均弹力较小，物块受到的水平方向合力较小，则作用时间t较大，D错误.
答案：
C
8.如图所示，物体在粗糙的水平面上向右做直线运动.从A点开始受到一个水平向左的恒力F的作用,经过一段时间后又回到A点.则物体在这一往返运动的过程中，下列说法正确的是（）
A.恒力F对物体做的功为零
B.摩擦力对物体做的功为零
C.恒力F的冲量为零
D.摩擦力的冲量为零
解析：
由功的定义可知，在这一往返过程中，物体位移为零，所以恒力对物体做的功为零，A正确；由于摩擦力方向总与物体相对运动方向相反，所以摩擦力对物体做的功为负值，B错误；由冲量定义力与作用时间的乘积为力的冲量，C、D错误.
答案：
A
9.如图所示，静止在光滑水平面上的小车质量为M=20kg.从水枪中喷出的水柱的横截面积为S=10cm2,速度为v=10m/s,水的密度为ρ=1.0×103kg/m3.若水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁，且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中.当有质量为m=5kg的水进入小车时，试求：
（1）小车的速度大小；
（2）小车的加速度大小.
解析：
（1）流进小车的水与小车组成的系统动量守恒，当流入质量为m的水后，小车速度为v1，由动量守恒定律得
mv=（m+M）v1，解得v1=mv/（m+M）=2m/s.
（2）质量为m的水流进小车后，选取在极短的时间Δt内冲击小车的质量为Δm的水作为研究对象，Δm=ρS（v-v1）Δt
则设车对水的作用力为F，据动量定理有
-FΔt=Δmv1-Δmv
联立解得F=ρS（v-v1）2=1.0×103×1.0×10-3×（10-2）2N=64N.
由牛顿第三定律可知此时，水对车的冲击力为F′=F=64N
小车的加速度a=
m/s2=2.56m/s2.
答案：
（1）2m/s
（2）2.56m/s2
10.如图所示，质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度为v0时拖车突然与汽车脱钩，而到拖车停下瞬间司机才发现.
（1）若汽车的牵扯引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ,那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？
（2）若原来汽车带着拖车在平直公路上是以速度v0匀速前进，拖车突然与汽车脱钩，那么在拖车刚停下时，汽车的瞬时速度又是多大？
解析：
（1）以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为（M+m）a，拖车脱钩后到停止所经历的时间为t=
，末状态拖车的动量为零.
全过程对系统运用动量定理：
（M+m）a·
=Mv′-（M+m）v0
得v′=
（2）以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为零，全过程对系统用动量守恒定律：
（M+m）v0=Mv″
得v″=
v0.
答案：
（1）
（2）
v0
11.如图所示，一块质量为M、长为l的匀质板放在很长的光滑水平桌面上，板的左端有一质量为m的物块，物块上连接一根很长的细绳，细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮，某人以恒定的速度v向下拉绳，物块最多只能到达板的中点，而且此时板的右端尚未到达桌边定滑轮处.求：
（1）物块与板的动摩擦因数及物块刚到达板的中点时板的位移；
（2）若板与桌面间有摩擦，为使物块能到达板的右端，板与桌面间的动摩擦因数的范围；
（3）若板与桌面间的动摩擦因数取
（2）问中的最小值，在物块从板的左端运动到右端的过程中，人拉绳的力所做的功（其他阻力均不计）.
解析：
（1）设物块在板上滑行的时间为t1,对板应用动量定理得：
μ1mgt1=Mv,t1=
①
设在此过程中物块前进位移为s1,板前位移为s2,
则s1=v·t1②
s2=v2t1③
s1-s2=
④
由①～④得物块与板间的动摩擦因数为μ1=
板的位移s2=
.
（2）设板与桌面间的动摩擦因数为μ2，物块在板上滑行的时间为t2.则应用动量定理得
［μ1mg-μ2（m+M）g］·t2=Mv,t2=
又设物块从板的左端运动到右端的时间为t3
则v·t3-
·t3=l,t3=
为了使物块能到达板的右端，必须满足t2≥t3
即
≥
≥所以为了使物块能到达板的右端，应使板与桌面的动摩擦因数μ2≥
（3）设绳子的拉力为T，物块从板的左端到达右端的过程中物块的位移为s3,则有：
T-μ1mg=0,s3=v·t3=2l
由功的计算公式得:
WT=T·s3=μ1mg·2l=
·mg·2l=2Mv2
所以绳的拉力做功为2Mv2.
（或W=ΔEk+Q1+Q2=
Mv2+μ1mgl+μ2（M+m）gl=2Mv2）
答案：
（1）
（2）大于
（3）2Mv2
12.如图中滑块和小球的质量均为m，滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l.开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止.现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角θ=60°时小球达到最高点.求：
（1）从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量；
（2）小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做的功的大小.
解析：
（1）设小球第一次到达最低点时，滑块和小球速度的大小分别为v1、v2，对于滑块与小球组成的系统，由机械能守恒定律得
mv21+
m
=mgl
小球由最低点向左摆动到最高点过程，由机械能守恒定律得
m
=mgl（1-cos60°）
联立两式解得v1=v2=
设所求挡板阻力对滑
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