7、五校聯(lián)考)如圖4甲所示，傾角為θ＝37°的傳送帶以恒定速率逆時(shí)針運(yùn)行，現(xiàn)將一質(zhì)量m＝2 kg的小物體輕輕放在傳送帶的A端，物體相對(duì)地面的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，2 s末物體到達(dá)B端，取沿傳送帶向下為正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
圖4
(1)小物體在傳送帶A、B兩端間運(yùn)動(dòng)的平均速度v的大?。?
(2)物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
(3)2 s內(nèi)物體機(jī)械能的減少量ΔE及因與傳送帶摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q.
答案 (1)8 m/s (2)0.5 (3)48 J 48 J
解析 (1)由題意及題圖乙可知，傳送帶長(zhǎng)為：
L＝×10×1
8、 m＋(10＋12)×1 m＝16 m，
t＝2 s，
所以v＝8 m/s.
(2)由題圖乙可知傳送帶運(yùn)行速度為v1＝10 m/s，
物體從A到B先做加速度為a1＝ m/s2＝10 m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t1＝1 s后再做加速度為a2＝ m/s2＝2 m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)，然后經(jīng)過(guò)時(shí)間t2＝1 s，物體以大小為v2＝12 m/s的速度到達(dá)傳送帶B端．
由物體在傳送帶上的受力情況知
a1＝＝gsin θ＋μgcos θ
解得μ＝0.5.
(3)小物體到達(dá)傳送帶B端時(shí)的速度大小v2＝12 m/s
物體的動(dòng)能增加了
ΔEk＝mv＝×2×122 J＝144 J.
物體的重
9、力勢(shì)能減少了
ΔEp＝mgLsin θ＝2×10×16×0.6 J＝192 J
所以物體的機(jī)械能的減少量ΔE＝48 J
由功能關(guān)系可知
Q＝μmgcos θ(v1t1－t1)＋μmgcos θ(t2－v1t2)
解得Q＝48 J.
1.直線運(yùn)動(dòng)中多運(yùn)動(dòng)過(guò)程組合主要是指直線多過(guò)程或直線與斜面運(yùn)動(dòng)的組合問(wèn)題．
2．涉及的規(guī)律：(1)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)：牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)基本規(guī)律；(2)能量觀點(diǎn)：動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律．
3．受力分析、運(yùn)動(dòng)分析，將物理過(guò)程分解成幾個(gè)簡(jiǎn)單的直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程，分別選擇合適的規(guī)律求解．
4．相鄰運(yùn)動(dòng)過(guò)程連接點(diǎn)的速度是解題關(guān)鍵．
題型2 曲線運(yùn)
10、動(dòng)中動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用
1．(2017·嘉興市一中期末)如圖5所示，一質(zhì)量m＝0.4 kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止于動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1的水平軌道上的A點(diǎn)．現(xiàn)對(duì)滑塊施加一水平外力，使其向右運(yùn)動(dòng)，外力的功率恒為P＝10 W．經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后撤去外力，滑塊繼續(xù)滑行至B點(diǎn)后水平飛出，恰好在C點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，軌道的最低點(diǎn)D處裝有壓力傳感器，當(dāng)滑塊到達(dá)傳感器上方時(shí)，傳感器的示數(shù)為25.6 N．已知軌道AB的長(zhǎng)度L＝2.0 m，半徑OC和豎直方向的夾角α＝37°，圓弧形軌道的半徑R＝0.5 m．(空氣阻力可忽略，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0
11、.6，cos 37°＝0.8)，求：
圖5
(1)滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度vC的大?。?
(2)B、C兩點(diǎn)的高度差h及水平距離x；
(3)水平外力作用在滑塊上的時(shí)間t.
答案 (1)5 m/s (2)0.45 m 1.2 m (3)0.4 s
解析 (1)滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律和牛頓第三定律得FN－mg＝m
滑塊由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得
mgR(1－cos α)＋mv＝mv
聯(lián)立解得vC＝5 m/s
(2)滑塊在C點(diǎn)時(shí)，速度的豎直分量為vy＝vCsin α＝3 m/s
B、C兩點(diǎn)的高度差為h＝＝0.45 m
滑塊由B運(yùn)動(dòng)到C所用的時(shí)間為ty＝＝
12、0.3 s
滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度為vB＝vCcos α＝4 m/s
B、C兩點(diǎn)間的水平距離為x＝vBty＝1.2 m
(3)滑塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得
Pt－μmgL＝mv，解得t＝0.4 s
2．如圖6所示，一內(nèi)壁光滑的細(xì)管彎成半徑為R＝0.4 m的半圓形軌道CD，豎直放置，其內(nèi)徑略大于小球的直徑，水平軌道與豎直半圓形軌道在C點(diǎn)連接完好．置于水平軌道上的彈簧左端與豎直墻壁相連，B處為彈簧的自然狀態(tài)．將一個(gè)質(zhì)量為m＝0.8 kg的小球放在彈簧的右側(cè)后，用力向左側(cè)推小球而壓縮彈簧至A處，然后將小球由靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)到C處后對(duì)軌道的壓力為F1＝58 N．水平軌道以B
13、處為界，左側(cè)AB段長(zhǎng)為x＝0.3 m，與小球的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，右側(cè)BC段光滑．g＝10 m/s2，求：
圖6
(1)彈簧在壓縮時(shí)所儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能；
(2)小球運(yùn)動(dòng)到軌道最高處D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小．
答案 (1)11.2 J (2)10 N
解析 (1)小球運(yùn)動(dòng)到C處時(shí)，
由牛頓第二定律和牛頓第三定律得：
F1－mg＝m
代入數(shù)據(jù)解得v1＝5 m/s
根據(jù)動(dòng)能定理Ep－μmgx＝mv
代入解得Ep＝11.2 J
(2)小球從C到D過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得
mv＝2mgR＋mv
代入數(shù)據(jù)解得v2＝3 m/s
由于v2>＝2 m/s
所以小球在D處對(duì)軌道外
14、壁有壓力，由牛頓第二定律得
F2＋mg＝m，
代入數(shù)據(jù)解得F2＝10 N
根據(jù)牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?0 N.
3．(2017·溫州市9月選考)如圖7所示是某公園中的一項(xiàng)游樂(lè)設(shè)施，它由彎曲軌道AB、豎直圓軌道BC以及水平軌道BD組成，各軌道平滑連接．其中圓軌道BC半徑R＝2.0 m，水平軌道BD長(zhǎng)L＝9.0 m，BD段對(duì)小車產(chǎn)生的摩擦阻力為車重的0.2倍，其余部分摩擦不計(jì)，質(zhì)量為1.0 kg的小車(可視為質(zhì)點(diǎn))從P點(diǎn)靜止釋放，恰好滑過(guò)圓軌道最高點(diǎn)，然后從D點(diǎn)飛入水池中，空氣阻力不計(jì)，取g＝10 m/s2，求：
圖7
(1)P點(diǎn)離水平軌道的高度H；
(2)小車運(yùn)
15、動(dòng)到圓軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；
(3)在水池中放入安全氣墊MN(氣墊厚度不計(jì))，氣墊上表面到水平軌道BD的豎直高度h＝3.2 m，氣墊的左右兩端M、N到D點(diǎn)的水平距離分別為5.6 m,8.0 m，要使小車能安全落到氣墊上，則小車釋放點(diǎn)距水平軌道的高度H′應(yīng)滿足什么條件？
答案 (1)5 m (2)60 N，方向豎直向下 (3)5 m≤H′≤6.8 m
解析 (1)小車恰好滑過(guò)圓軌道最高點(diǎn)C，在圓軌道的最高點(diǎn)C對(duì)小車受力分析有：
mg＝
小車由P運(yùn)動(dòng)到C由動(dòng)能定理可得
mg(H－2R)＝mv，
聯(lián)立解得H＝5 m.
(2)小車由P運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：
mgH＝mv，
16、在B點(diǎn)對(duì)小車：
FN－mg＝
由以上兩式可得FN＝60 N
據(jù)牛頓第三定律可知小車運(yùn)動(dòng)到圓軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為60 N，方向豎直向下．
(3)小車從D點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，
x＝vDt，h＝gt2
因?yàn)?.6 m≤x≤8.0 m，
代入以上兩式可得7 m/s≤vD≤10 m/s，
從小車釋放點(diǎn)至D點(diǎn)由動(dòng)能定理得
mgH′－kmgL＝mv，
代入vD，得到4.25 m≤H′≤6.8 m
若使小車能通過(guò)C點(diǎn)，需要H′≥5 m
綜上：5 m≤H′≤6.8 m.
4．如圖8所示，AB(光滑)與CD(粗糙)為兩個(gè)對(duì)稱斜面，斜面的傾角均為θ，其上部都足夠長(zhǎng)，下部分別與一個(gè)光滑
17、的圓弧面BEC的兩端相切，一個(gè)物體在離切點(diǎn)B的高度為H處，以初速度v0沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，物體與CD斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.
圖8
(1)物體首次到達(dá)C點(diǎn)的速度大小；
(2)物體沿斜面CD上升的最大高度h和時(shí)間t；
(3)請(qǐng)描述物體從靜止開(kāi)始下滑的整個(gè)運(yùn)動(dòng)情況，并簡(jiǎn)要說(shuō)明理由．
答案 見(jiàn)解析
解析 (1)由mv＋mgH＝mv 得
vC＝
(2)物體沿CD上升的加速度大小a＝gsin θ＋μgcos θ
v＝2a，
解得h＝
物體從C點(diǎn)上升到最高點(diǎn)所用的時(shí)間
t＝＝
(3)情況一：
物體滑上CD斜面并勻減速上升最終靜止在CD斜面某處．理由是物體與CD斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)較大
18、．
情況二：
物體在軌道上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，在斜面上做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，最大高度逐漸降低，最終在BEC圓弧內(nèi)做周期性往復(fù)運(yùn)動(dòng)．理由是物體與CD斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)較小，在CD斜面上克服摩擦力做功，機(jī)械能減少，在BEC圓弧內(nèi)只有重力做功，機(jī)械能守恒．
1.曲線運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合問(wèn)題，主要是直線運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)三種運(yùn)動(dòng)中兩者或三者的組合問(wèn)題．
2．對(duì)物體進(jìn)行受力分析、運(yùn)動(dòng)分析、能量分析，初步了解運(yùn)動(dòng)全過(guò)程，構(gòu)建大致運(yùn)動(dòng)圖景．
3．若多過(guò)程問(wèn)題，將全過(guò)程分解，尋找子過(guò)程間的聯(lián)系和解題方法．
專題強(qiáng)化練
(限時(shí)：35分鐘)
1．目前，我國(guó)的高鐵技術(shù)已處于世界領(lǐng)先水平，它
19、是由幾節(jié)自帶動(dòng)力的車廂(動(dòng)車)加幾節(jié)不帶動(dòng)力的車廂(拖車)組成一個(gè)編組，稱為動(dòng)車組．若每節(jié)動(dòng)車的額定功率均為1.35×104 kW，每節(jié)動(dòng)車與拖車的質(zhì)量均為5×104 kg，動(dòng)車組運(yùn)行過(guò)程中每節(jié)車廂受到的阻力恒為其重力的0.075倍．若已知1節(jié)動(dòng)車加2節(jié)拖車編成的動(dòng)車組運(yùn)行時(shí)的最大速度v0為466.7 km/h.我國(guó)的滬昆高鐵是由2節(jié)動(dòng)車和6節(jié)拖車編成動(dòng)車組來(lái)工作的，其中頭、尾為動(dòng)車，中間為拖車．當(dāng)列車高速行駛時(shí)會(huì)使列車的“抓地力”減小不易制動(dòng)，解決的辦法是制動(dòng)時(shí)，常用“機(jī)械制動(dòng)”與“風(fēng)阻制動(dòng)”配合使用，所謂“風(fēng)阻制動(dòng)”就是當(dāng)檢測(cè)到車輪壓力非正常下降時(shí)，通過(guò)升起風(fēng)翼(減速板)調(diào)節(jié)其風(fēng)阻，先用高
20、速時(shí)的風(fēng)阻來(lái)增大“抓地力”將列車進(jìn)行初制動(dòng)，當(dāng)速度較小時(shí)才采用機(jī)械制動(dòng)．求：(所有結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)
(1)滬昆高鐵的最大時(shí)速v為多少？
(2)當(dāng)動(dòng)車組以加速度1.5 m/s2加速行駛時(shí)，第3節(jié)車廂對(duì)第4節(jié)車廂的作用力為多大？
(3)滬昆高鐵以題(1)中的最大速度運(yùn)行時(shí)，測(cè)得此時(shí)風(fēng)相對(duì)于運(yùn)行車廂的速度為100 m/s，已知橫截面積為1 m2的風(fēng)翼上可產(chǎn)生1.29×104 N的阻力，此阻力轉(zhuǎn)化為車廂與地面阻力的效率為90%.滬昆高鐵每節(jié)車廂頂安裝有2片風(fēng)翼，每片風(fēng)翼的橫截面積為1.3 m2，求此情況下“風(fēng)阻制動(dòng)”的最大功率為多大？
答案 (1)3.5×102 km/h (2)1.1
21、×105 N (3)2.3×107 W
解析 (1)由 P＝3kmgv0,2P＝8kmgv
解得：v＝0.75v0≈3.5×102 km/h；
(2)設(shè)各動(dòng)車的牽引力為F牽，第3節(jié)車廂對(duì)第4節(jié)車廂的作用力大小為F，以第1、2、3節(jié)車廂為研究對(duì)象
由牛頓第二定律得：F牽－3kmg－F＝3ma
以動(dòng)車組整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得：2F牽－8kmg＝8ma
由上述兩式得：F≈1.1×105 N
(3)由風(fēng)阻帶來(lái)的列車與地面的阻力為：Fm＝1.29×104×1.3×2×8×0.9 N≈2.4×105 N
“風(fēng)阻制動(dòng)”的最大功率為P＝Fmvm＝2.4×105× W≈2.3×107
22、W.
2．在物資運(yùn)轉(zhuǎn)過(guò)程中常使用如圖1所示的傳送帶．已知某傳送帶與水平面成θ＝37°角，傳送帶的AB部分長(zhǎng)L＝5.8 m，傳送帶以恒定的速率v＝4 m/s按圖示方向傳送，若在B端無(wú)初速度地放置一個(gè)質(zhì)量m＝50 kg的物資P(可視為質(zhì)點(diǎn))，P與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：
圖1
(1)物資P從B端開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大??；
(2)物資P到達(dá)A端時(shí)的動(dòng)能．
答案 (1)10 m/s2 (2)900 J
解析 (1)P剛放在B端時(shí)，受到沿傳送帶向下的滑動(dòng)摩擦力作用，根據(jù)牛頓第二定律有
mgsin θ＋Ff
23、＝ma
FN＝mgcos θ
Ff＝μFN
聯(lián)立解得加速度為a＝10 m/s2
(2)P達(dá)到與傳送帶相同速度時(shí)的位移
x＝＝0.8 m
以后物資P受到沿傳送帶向上的滑動(dòng)摩擦力作用，根據(jù)動(dòng)能定理得
(mgsin θ－Ff)(L－x)＝mv－mv2
到達(dá)A端時(shí)的動(dòng)能
EkA＝mv＝900 J.
3．滑沙游戲中，游戲者從沙坡頂部坐滑沙車呼嘯滑下．為了安全，滑沙車上通常裝有剎車手柄，游客可以通過(guò)操縱剎車手柄對(duì)滑沙車施加一個(gè)與車運(yùn)動(dòng)方向相反的制動(dòng)力F，從而控制車速．為便于研究，做如下簡(jiǎn)化：如圖2所示，游客從頂端A點(diǎn)由靜止滑下8 s后，操縱剎車手柄使滑沙車摩擦力變大勻速下滑至底端B
24、點(diǎn)，在水平滑道上繼續(xù)滑行直至停止．已知游客和滑沙車的總質(zhì)量m＝70 kg，傾斜滑道AB長(zhǎng)LAB＝128 m，傾角θ＝37°，滑沙車底部與沙面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不計(jì)空氣阻力．
圖2
(1)求游客勻速下滑時(shí)的速度大?。?
(2)求游客勻速下滑的時(shí)間；
(3)求游客從A滑到B的過(guò)程中由于摩擦產(chǎn)生的熱量．
答案 (1)16 m/s (2)4 s (3)44 800 J
解析 (1)對(duì)游客和滑沙車整體受力分析，由牛頓第二定律有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma1
解得a1＝g(sin θ－μco
25、s θ)＝10×(0.6－0.5×0.8) m/s2＝2 m/s2
則游客勻速下滑時(shí)的速度
v＝a1t1＝2×8 m/s＝16 m/s
(2)游客加速下滑通過(guò)的位移
x1＝a1t＝×2×82 m＝64 m
則游客勻速下滑通過(guò)的位移
x2＝LAB－x1＝128 m－64 m＝64 m
勻速下滑的時(shí)間t＝＝ s＝4 s.
(3)對(duì)游客從A滑到B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理有
mgLABsin θ－Wf＝mv2
Q＝Wf＝mgLABsin θ－mv2＝44 800 J.
4．(2017·稽陽(yáng)聯(lián)誼學(xué)校8月聯(lián)考)如圖3所示，遙控電動(dòng)賽車(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止出發(fā)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t后關(guān)閉發(fā)
26、動(dòng)機(jī)，賽車?yán)^續(xù)前進(jìn)至B點(diǎn)進(jìn)入半徑為R＝0.5 m的豎直粗糙圓弧軌道，經(jīng)過(guò)圓弧最高點(diǎn)C后水平飛出，之后恰好在D點(diǎn)沿斜面方向進(jìn)入與豎直方向成θ＝37°的斜面軌道(途中表演上下翻身)，C、D兩點(diǎn)在豎直方向的高度差為h＝0.8 m，已知賽車在水平軌道AB部分運(yùn)動(dòng)時(shí)受到恒定阻力f＝1 N，由設(shè)置在圓弧起點(diǎn)B處的傳感器顯示賽車經(jīng)過(guò)此處對(duì)圓形軌道的壓力為F＝82 N，賽車的質(zhì)量m＝1 kg，通電后賽車的電動(dòng)機(jī)以額定功率P＝80 W工作，軌道AB的長(zhǎng)度L＝6 m，空氣阻力忽略不計(jì)，求：
圖3
(1)賽車運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度vB的大小；
(2)賽車電動(dòng)機(jī)工作的時(shí)間t；
(3)賽車在通過(guò)圓弧軌道過(guò)程中克服
27、摩擦阻力所做的功W.
答案 (1)6 m/s (2)0.3 s (3)3.5 J
解析 (1)根據(jù)牛頓第三定律，軌道對(duì)小車的支持力
FN＝F＝82 N
在B點(diǎn)由牛頓第二定律可得FN－mg＝m，
解得vB＝6 m/s.
(2)對(duì)水平運(yùn)動(dòng)過(guò)程由動(dòng)能定理可得Pt－fL＝mv，
解得t＝0.3 s.
(3)設(shè)賽車通過(guò)D點(diǎn)時(shí)速度的豎直分速度為vy，水平分速度即為在C點(diǎn)的速度vC，
由v＝2gh，解得vy＝4 m/s，
又＝tan 37°，解得vC＝3 m/s
根據(jù)動(dòng)能定理－2mgR－W＝mv－mv，
解得W＝3.5 J.
5．如圖4所示，在光滑的水平平臺(tái)上A處有一質(zhì)量 m＝0.
28、1 kg的小球壓縮輕質(zhì)彈簧(小球與彈簧不拴連) 使其具有 Ep＝0.2 J的彈性勢(shì)能，平臺(tái)的 B端連接兩個(gè)半徑都為 R且內(nèi)壁都光滑的四分之一細(xì)圓管 BC及細(xì)圓管CD，圓管內(nèi)徑略大于小球直徑，B點(diǎn)和D點(diǎn)都與水平面相切．在地面的 E處有一小圓弧(圖中未畫(huà)出，小球在經(jīng)過(guò) E處時(shí)的動(dòng)能不損失) 且安裝了一個(gè)可改變傾角的長(zhǎng)斜面EF，已知地面DE長(zhǎng)度為0.3 m且與小球間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.5，小球與可動(dòng)斜面 EF間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝.現(xiàn)靜止釋放小球，小球彈出后進(jìn)入細(xì)圓管，運(yùn)動(dòng)到 B點(diǎn)時(shí)對(duì)上管壁有 FN＝1 N的彈力．求：
圖4
(1)細(xì)圓管的半徑 R；
(2)小球經(jīng)過(guò) D點(diǎn)時(shí)對(duì)管壁的壓力大小
29、；
(3)當(dāng)斜面 EF與地面的傾角θ＝60°時(shí)，小球沿斜面上滑的最大長(zhǎng)度．
答案 (1)0.2 m (2)7 N (3)0.39 m
解析 (1)小球由A運(yùn)動(dòng)到B，由動(dòng)能定理得
Ep＝mv
得：vB＝2 m/s
由牛頓第二定律和牛頓第三定律可得
FN＋mg＝
得：R＝0.2 m
(2)小球由B運(yùn)動(dòng)到D，由動(dòng)能定理得
mg·2R＝mv－mv
在D處，由牛頓第二定律得
FD－mg＝
解得FD＝7 N.
由牛頓第三定律得，小球經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)管壁的壓力大小為7 N，
(3)從B開(kāi)始，到運(yùn)動(dòng)至斜面上最高處，利用動(dòng)能定理可得：
mg·2R－μ1mgsDE－μ2mgscos θ－mgssin θ
＝0－mv
代入數(shù)據(jù)解得s＝ m≈0.39 m.
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（浙江選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題七 計(jì)算題題型強(qiáng)化 第2講 必考計(jì)算題20題 動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用學(xué)案
