2024年高考物理二輪復(fù)習(xí)模型30 碰撞模型（解析版）

2024高考物理二輪復(fù)習(xí)80熱點(diǎn)模型

最新高考題模擬題專項(xiàng)訓(xùn)練

模型30碰撞模型

最新高考題

1.(9分)(2023高考北京卷)如圖所示，質(zhì)量為加的小球4用一不可伸長的輕繩懸掛在。點(diǎn)，在。點(diǎn)

正下方的光滑桌面上有一個與A完全相同的靜止小球B,B距。點(diǎn)的距離等于繩長L現(xiàn)將A拉至某一高

度，由靜止釋放，A以速度v在水平方向和8發(fā)生正碰并粘在一起.重力加速度為g.求：

(1)A釋放時距桌面的高度H;

(2)碰撞前瞬間繩子的拉力大小F；

(3)碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能AE.

~1,

【名師解析】(1)由機(jī)械能守恒定律，mgH=—WV,

V2

解得H=『

2g

_v2

(2)由牛頓運(yùn)動定律，F(xiàn)-mg=m—

L

v2

解得F=mg+z/2—

(3)碰撞過程,由動量守恒定律,mv=2mv\

解得v^v/2

碰撞過程損失的機(jī)械能△￡=mv1

224

2.(2022天津?qū)W業(yè)水平選擇性考試)冰壺是冬季奧運(yùn)會上非常受歡迎的體育項(xiàng)目.如圖所

示，運(yùn)動員在水平冰面上將冰壺A推到M點(diǎn)放手，此時A的速度％=2m/s,勻減速滑行

%=16.8m到達(dá)N點(diǎn)時，隊友用毛刷開始擦A運(yùn)動前方的冰面，使A與NP間冰面的動摩

擦因數(shù)減小,A繼續(xù)勻減速滑行々=35m,與靜止在尸點(diǎn)的冰壺B發(fā)生正碰,碰后瞬間A、

B的速度分別為以=0?05m/s和%=0.55m/s。已知A、B質(zhì)量相同，A與MN間冰面

的動摩擦因數(shù)4=0.01，重力加速度g取10m/s2,運(yùn)動過程中兩冰壺均視為質(zhì)點(diǎn)，A、B

碰撞時間極短。求冰壺A

(I)在N點(diǎn)的速度/的大?。?/p>

(2)與7VP間冰面的動摩擦因數(shù)〃2。

【參考答案】⑴V,=0.8m/s：(2)“2=0.004

【命題意圖】本題考查牛頓運(yùn)動定律、動量守恒定律、動能定理及其相關(guān)知識點(diǎn)。

【名師解析】

(1)設(shè)冰壺質(zhì)量為加，A受到冰面的支持力為N,由豎直方向受力平衡，有

N=mg

設(shè)A在MN間受到的滑動摩擦力為了,則有

f=%N

設(shè)A在MN間的加速度大小為。，由牛頓第二定律可得

f-ma

聯(lián)立解得a=〃ig=0.1m/s2

由速度與位移的關(guān)系式，有d一%=-2g

代入數(shù)據(jù)解得匕=0.8m/s

（2）設(shè)碰撞前瞬間A的速度為打，由動量守恒定律可得

mv2=mvA+mvB

解得v2=0.6m/s

設(shè)A在NP間受到的滑動摩擦力為f',則有f'=也四

由動能定理可得-/工2=；mV2~~mVl

聯(lián)立解得4=0.004

3.（2023學(xué)業(yè)水平等級考試上海卷）（16分）如圖，將質(zhì)量mp=0.15kg的小球P系在長度

L=1.2m輕繩一端，輕繩另一端固定在天花板上O點(diǎn)。在O點(diǎn)正下方1.2m處的A點(diǎn)放置質(zhì)

量為mQ=0.1kg的物塊Q,將小球向左拉開一段距離后釋放，運(yùn)動到最低點(diǎn)與物塊Q彈性碰

撞，P與Q碰撞前瞬間的向心加速度為1.6m/s2,碰撞前后P的速度之比為5:1,。已知重力

加速度g=9.8m/s2,物塊與水平地面之間的動摩擦因數(shù)n=0.28.

（1）求碰撞后瞬間物塊Q的速度；（2）在P與Q碰撞后再次回到A點(diǎn)的時間內(nèi)，物塊Q

運(yùn)動的距離。

【參考答案】（1）1.4m/s（2）0.36m

【名師解析】

2

（I）由圓周運(yùn)動的向心加速度公式，a=—,解得vo=1.4m/s

L

碰撞后P的速度vp=—vo=O.28m/s

5

碰撞過程，由動量守恒定律，mpv（）=mpvp+niQVQ,解得：VQ=1.68m/s

（2）設(shè)碰撞后P擺動到最高點(diǎn)的高度為h,根據(jù)機(jī)械能守恒定律，mgh=g加H

解得h=0.004m

0小于5°,

P的擺動可以看作單擺的簡諧運(yùn)動,

P與Q碰撞后再次回到A點(diǎn)的時間為t=T/2=7t

物塊在水平面上滑動的加速度a=gg=2.74m/s2

Q在水平面上運(yùn)動時間t，=絲=0.6s,小于t=1.1s,即Q己經(jīng)停止。

a

v

所以Q運(yùn)_動的距離為s=-o=0.504m。

2a

4.（20分）（2023高考全國乙卷）.如圖，一豎直固定的長直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為M的靜止

薄圓盤，圓盤與管的上端口距離為/,圓管長度為20/。一質(zhì)量為的小球從管的上

3

端口由靜止下落，并撞在圓盤中心，圓盤向下滑動,所受滑動摩擦力與其所受重力大小相等。

小球在管內(nèi)運(yùn)動時與管壁不接觸，圓盤始終水平，小球與圓盤發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰

撞時間極短。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求

（1）第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大?。?/p>

（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠(yuǎn)距離；

（3）圓盤在管內(nèi)運(yùn)動過程中，小球與圓盤碰撞的次數(shù)。

-V

20/

【命題意圖】本題考查彈性碰撞及其相關(guān)知識點(diǎn)。

【解題思路】（1）小球第一次與圓盤碰撞前的速度為vo="7

小球與圓盤彈性碰撞，設(shè)第一次碰撞后小球的速度大小為W,圓盤的速度大小為V2,

由動量守恒定律mvo=-mvi+Mv2,

222

由系統(tǒng)動能不變，mv0=mv,+MV2

聯(lián)立解得：w=J空，以=厘~。

22

(2)第一次碰撞后，小球向上做豎直上拋運(yùn)動，由于圓盤向下滑動所受摩擦力與重力相等,

所以圓盤向下做勻速運(yùn)動。

當(dāng)小球豎直上拋運(yùn)動向下速度增大到等于圓盤速度時，小球和圓盤之間距離最大。

當(dāng)小球豎直上拋運(yùn)動向下速度增大到等于圓盤速度的時間

小球回到第一次與圓盤碰撞前的位置，

在這段時間內(nèi)圓盤下落位移x產(chǎn)v21=且@巡@=/?

2g

即第一次碰撞到第：次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠(yuǎn)距離為

(3)第一-次碰撞后到第二次碰撞時，兩者位移相等，則有刀盤1=%1

即卬

解得乙=—

8

3

此時小球的速度為=K+g%=]%

圓盤的速度仍為%,這段時間內(nèi)圓盤下降的位移

九盤i=4=￡=2/

之后第二次發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒機(jī)嗎+MW="彩+Mg

根據(jù)能量守恒

mv22

；2+；Mu：=gmv2+；Mv^

聯(lián)立解得v2=0,v2=v0

同理可得當(dāng)位移相等時

X盤2=X球2

,,12

解得,2=9

g

_.2*

圓盤向下運(yùn)動光盤2=丫2,2=----=4/

g

此時圓盤距下端關(guān)口13/,之后二者第三次發(fā)生碰撞，碰前小球的速度

匕=g，2=2%

有動量守恒

mv3+Mv"=mvy+Mv"

機(jī)械能守恒

—mv：+—Mvj2=-mv：+—Mvt1

2222

得碰后小球速度為

%

2

圓盤速度

3%

2

當(dāng)二者即將四次碰撞時

尤健3=X球3

即

呼3=W3+；g"

得

在這段時間內(nèi)，圓盤向下移動

龍盤3=呼3=:=6/

此時圓盤距離下端管口長度為

20/-lZ-2/-4/-6/=7/

此時可得出圓盤每次碰后到下一次碰前，下降距離逐次增加2/,故若發(fā)生下一次碰撞，圓盤

將向下移動

Xffl4=8/

則第四次碰撞后落出管口外，因此圓盤在管內(nèi)運(yùn)動的過程中，小球與圓盤的碰撞次數(shù)為4

次。

【思路點(diǎn)撥】得出遞推關(guān)系，是正確解題的關(guān)鍵。

5.（11分）（2022?高考廣東物理）某同學(xué)受自動雨傘開傘過程的啟發(fā)，設(shè)計了如圖12

所示的物理模型。豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個滑塊，初始時它們處于靜止?fàn)顟B(tài)。

當(dāng)滑塊從A處以初速度%為l（）m/s向上滑動時，受到滑桿的摩擦力/為1N，滑塊滑到B

處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運(yùn)動。己知滑塊的質(zhì)量

m=0.2kg,滑桿的質(zhì)量M=0.6kg,4、B間的距離/=1.2m,重力加速度g取10m/s2,

不計空氣阻力。求：

（1）滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大?。ズ蛥玻?/p>

（2）滑塊碰撞前瞬間的速度大?。ぃ?/p>

（3）滑桿向上運(yùn)動的最大高度山

【命題意圖】本題考查平衡條件、牛頓運(yùn)動定律、動量守恒定律、勻變速直線運(yùn)動規(guī)律。

【解題思路】(1)滑塊靜止時，對整體，由平衡條件，N^mg+Mg.

代入數(shù)據(jù)解得M=8N。

滑塊向上滑動時，滑桿對滑塊有向下的摩擦力f=lN,由牛頓第三定律，滑塊對滑桿有向上

的摩擦力f'=lN

隔離滑桿受力分析，由平衡條件N2=Mg-f\

代入數(shù)據(jù)解得M=5N。

(2)滑塊向上勻減速運(yùn)動，由牛頓第二定律，mg+f=ma

解得加速度大小a=15m/s2o

由v2-vo2=-2i//解得：v=8m/s

(3)滑塊與滑桿碰撞，由動量守恒定律，mv=(m+M)v',

解得v，=2m/s

由vFgh

解得h=0.2m?

最新模擬題

1.(2024江西紅色十校9月聯(lián)考)如圖所示，半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道AB固定

在豎直面內(nèi)，軌道最低點(diǎn)B與光滑水平面BC相切，C點(diǎn)處有一豎直固定擋板，質(zhì)量為小的

物塊b放在水平面上的8點(diǎn)，質(zhì)量為3〃?的物塊。從圓弧軌道的A點(diǎn)由靜止釋放，a運(yùn)動到

8點(diǎn)與6發(fā)生彈性碰撞，經(jīng)過f時間，兩物塊又發(fā)生第二次彈性碰撞，物塊匕與擋板碰撞后

以原速率返回，碰撞時間忽略不計，不計物塊大小，重力加速度為g,求：

(1)〃、人碰撞前瞬間，a對圓弧軌道的壓力大??；

(2)B、C之間的距離；

(3)若物塊a從A點(diǎn)滑到8點(diǎn)所用時間為仙求a、。從第一次碰撞到第四次碰撞經(jīng)過的時

【參考答案】(1)9mg；(2)f低月；(3)2(f+fo)

【名師解析】

(1)由動能定理可知

3mgR=1mv*"-0

解得

V=y12gR

。、力碰撞前瞬間，由牛頓第二定律可得

V2

Fz-3mp=3m—

NR

則。對圓弧軌道的壓力大小

4=氏=9mg

(2)“運(yùn)動到8點(diǎn)與b發(fā)生彈性碰撞，設(shè)向右為正方向，有

3mv=3mVj+mv2

1-212?

—?3mv**=—?3mv.d--mv

221292

解得

v.=-....，v,=-----

1222

經(jīng)過/時間，兩物塊乂發(fā)生第二次彈性碰撞，物塊分與擋板碰撞后以原速率返回，碰撞時間

忽略不計，B、C之間的距離

加=3(卬+彩')=，7^

(3)兩物塊發(fā)生第二次彈性碰撞，由動量守恒和機(jī)械能守恒，有

3機(jī)匕-mv2=3mv3+mv4

121212

—?3mv=—?3mv^+—?mv4

解得

一屈3屈

匕--y-，

則第二次碰撞到第三次碰撞的時間也為"第三次碰撞發(fā)生在3點(diǎn)，有

3mv3-mv4=3mv5+mv6

--3mv2=—?3mv：+—?mv,2

22526

解得

%=_j2gR，丫6=°

則第三次碰撞到第四次碰撞的時間為2fo,“、b從第一次碰撞到第四次碰撞經(jīng)過的時間為2

(z+ro)。

2.(2024山東泰安9月測試)如圖所示，質(zhì)量%=5g的小球用長/=lm的輕繩懸掛在固

定點(diǎn)0,質(zhì)量町=10g的物塊靜止在質(zhì)量加2=30g的,光滑圓弧軌道的最低點(diǎn)，圓弧軌道

靜止在光滑水平面上，懸點(diǎn)。在物塊町的正上方，將小球拉至輕繩與豎直方向成37°角后,

靜止釋放小球，小球下擺至最低點(diǎn)時與物塊發(fā)生彈性正碰，碰后物塊恰能到達(dá)圓弧軌道的最

上端。若小球、物塊都可視為質(zhì)點(diǎn)，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2,sin370=0.6,

cos37O=0.8?求

(1)碰撞前，小球下擺至最低點(diǎn)時，球?qū)p繩拉力的大??；

(2)碰撞后瞬間物塊的速度大??；

(3)圓弧軌道的半徑。

【名師解析】

(1)小球下擺至最低點(diǎn)，滿足機(jī)械能守恒定律

w0gZ(l-cos37°)=1/720vj

小球在最低點(diǎn)，由牛頓第二定律

了一州話=節(jié)一

解得

T=0.07N

由牛頓第三定律，球?qū)p繩的拉力大小為0.07N。

（2）小球與物塊碰撞，滿足動量守恒定律、機(jī)械能守恒定律

相o%=相。％1+〃4匕

121212

=5/廂+萬町匕

解得

0m/s

13

（3）物塊滑到圓弧軌道最高點(diǎn)的過程中，滿足動量守恒定律、機(jī)械能守恒定律

m}vi={m}+m1)v2

；叫可=；（叫+咫）（+，叫8尺

解得/?=—m

15

3.（2024南京零模）如圖所示，質(zhì)量為1.0kg的A物體用銷釘固定在水平桌面上，左

側(cè)是半徑為0.8m的光滑圓弧軌道，右側(cè)是長為0.272m的水平軌道，圓弧軌道末端與水平

軌道相切，軌道的左端比右端高0.2m,右端比桌面高0.2m。圓弧軌道的末端靜置一質(zhì)量為

0.1kg的小物塊B；將質(zhì)量為0.4kg的小球C自軌道的左端最高點(diǎn)由靜止釋放，滑到圓弧軌

道末端時與B塊碰撞并粘在一起，此時拔掉銷釘，已知物塊B、小球C與水平軌道間的動

摩擦因數(shù)均為0.2,A物體與桌面間的動摩擦因數(shù)為0.04,重力加速度g取10m/s2求：

（1）小球C與物塊B碰撞前的速度大??；

（2）C、B碰撞粘在一起后的瞬間，對圓弧軌道的壓力?。?/p>

（3）BC落到桌面上時與軌道右端的水平距離。

【參考答案】.(l)2m/s；(2)6.6N；(3)0.232m

【名師解析】

(1)對物體C由由靜止釋放到與物塊B碰撞前的過程，由動能定理得

m.12

cShBC=~mcvc

解得

vc=2m/s

(2)由C、B組成的系統(tǒng)碰撞前后動量守恒得

mcvc=(mc+〃%)%

解得

vBC=1.6m/s

由牛頓第二定律得

.(?nH+/nr)vL

N_(“+m)g=11c，M

cI\

解得

N=6.6N

由牛頓第三定律得對圓弧軌道的壓力小

M=*=6.6N

(3)對BC整體，則有

fBC=jut(mB+mc)g

fBC=(mB+mc)at

可得

4=2m/s2

對A則有

Ai(me+Sr)g一〃2(嗎+mB+Sc)g=mAai

可得

2

a2=0.4m/s

物體BC與水平軌道的相對位移為

，1212

L=vBCt--axt--a2t

BC整體在A上滑動的時間

_17

，=0.2s或15s（舍）

故BC整體滑離A時的速度大小為

v=v—at=1.2m/s

施BCx

此時A的速度為

V=a"=0.08m/s

丫A離~

由七Vg可得

/,=0.2s

故有

XBC=\f=0.24m

BC滑離A后，A的加速度大小為

a,=43g=0.4m/s2

而A停下來的時間

r.,y=&=0.2s=t

"生

落

故在BC滑離A到落到桌面的過程中，A的位移為

=3=0008m

2a,

故BC落到桌面上時與軌道右端的水平距離

A5=xBC-xA=0.232m

4.（2023黃岡中學(xué)4月質(zhì)檢）人和冰車的總質(zhì)量為M,另有一個質(zhì)量為m的堅固木箱，開始

時人坐在冰車上靜止在光滑水平冰面上，某一時刻人將原來靜止在冰面上的木箱以速度v推

向前方彈性擋板，木箱與擋板碰撞后又反向彈回,設(shè)木箱與擋板碰撞過程中沒有機(jī)械能的損

失，人接到木箱后又以速度v推向擋板,如此反復(fù)多次，每次v均是指對地速度。試求人推多少

次木箱后將不可能再接到木箱？（己知M：m=31:2）

【名師解析】設(shè)人第一次推出后自身速度為%,則:Mvi-wv=O,

設(shè)人接后第二次推出，自身速度為為，由動量守恒定律，

Mv1+mv=MV2-mv

???

設(shè)人接后第n次推出，自身速度為%,由動量守恒定律，Mvn.\+mv=Mvn-mv

上述n個方程相加，（n-1）tnv=Mvn-nmv

解得:％=三（2力一

若%之“，則人第n次推出后,不能再接回，

將有關(guān)數(shù)據(jù)代入上式得尺之&25,即:n=9。.

5.（2023北京二中期末）如圖甲所示，兩小球a,6在足夠長的光滑水平面上發(fā)生正碰。小球

〃、Z;質(zhì)量分別為陽和m2,且加l=100g。取水平向右為正方向，兩小球碰撞前后位移隨時間

變化的X-f圖像如圖乙所示。由此可以得出以下判斷

①碰撞前球a做勻速運(yùn)動，球〃靜止；

②碰撞后球a和球b都向右運(yùn)動；

③"?2=300g；

④碰撞前后兩小球的機(jī)械能總量不變；

則以上判斷中正確的是（）

|x/m

I二

球a球bl/a

左〃〃//丹〃〃〃//2〃〃〃/〃右（）

26t/s

圖甲圖乙

A.?（§）B.①②③C.①③④D.②④

【參考答案】C

【名師解析】

由圖可知，0~2s內(nèi)，〃的速度大小為

%=-m/s=4m/s

2

〃球的速度為零，處于靜止?fàn)顟B(tài)；

】

2~6s內(nèi)，兩球的速度分別為

%=——m/s=-2m/s

"4

16-8,.，

vb=--—m/s=2m/s

由此可知，“向左運(yùn)動，〃向右運(yùn)動：

兩球碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律有

叫%=叫吃+啊巧，

解得

m2=300g

此時，有

121212

,町％=嚴(yán)匕+5m2Vb

說明碰撞前后兩小球的機(jī)械能總量不變。

6.(2024江西宜春泰和中學(xué)摸底)某過山車模型軌道如圖甲所示，0|、02為半徑分別為n、

n的圓形軌道，它們在最低點(diǎn)分別與兩側(cè)平直軌道順滑連接,不計軌道各部分摩擦及空氣阻力,

小車的長度1遠(yuǎn)小于圓形軌道半徑r,，各游戲車分別編號為1、2、3…n,,均為m,,圓形軌

道ABCD最高點(diǎn)C處有一壓力傳感器.讓小車I從右側(cè)軌道不同高度處從靜止滑下，壓力傳感

器的示數(shù)隨高度h變化，作出F-h關(guān)系如圖乙所示.

(1)根據(jù)圖乙信息，分析小車1質(zhì)量m及圓形軌道Oi半徑卻；

(2)在水平軌道AE區(qū)間(不包含A和E兩處)，自由停放有編號為2、3...n的小車，讓1號車從

h=5m高處由靜止滑下達(dá)到水平軌道后依次與各小車發(fā)生碰撞，各車兩端均裝有掛鉤,碰后便

連接不再脫鉤,，求在作用過程中，第n輛車受到合力的沖量及合力對它做的功

(3)軌道02半徑為r2=2.5m,每輛車長度為L,且nL>2n,要使它們都能安全通過軌道。2廁1車

至少從多大高度滑下？

【名師解析】

（1）從小車靜止釋放到運(yùn)動到豎直面內(nèi)圓軌道最高點(diǎn)C的過程中，由動能定理

/、12

mg(h-2ri)=-mvc

在C點(diǎn)，對小車1,由牛頓第二定律，F(xiàn)+mg=初生

4

聯(lián)立解得：F=2空h-5mg

4

對照圖乙的F一h圖像，由5mg=100,解得m=2kg

由迎-20,解得n=2m

（2）1號車從h=5m高處由靜止滑下,由圖乙可知F=0.

2

在C點(diǎn)，對小車1,由牛頓第二定律，mg="2顯

r\

C點(diǎn)到A點(diǎn)過程，由動能定理，2mgn=gmv\-；加哈

碰撞過程，由動量守恒定律，用以=劭2%，

對第n輛小車，由動量定理，I=mvn，

由動能定理，W=-mv^

2

聯(lián)立解得：I="N?s,W=-^J?

nn

2

（3）要使它們都能安全通過軌道O2,在最高點(diǎn)，mg=用物

弓

解得vo2=5m/s

7.（2023年7月重慶名校期末）如圖所示，質(zhì)量均為“滑塊A、B放置在水平面上，右側(cè)

固定有一彈性擋板P。AB之間的距離為人，BP之間距離為L。水平面上涂有一種特殊的潤

2

滑涂層，滑塊向右運(yùn)動時，不受地面阻力；滑塊向左運(yùn)動時，受到阻力為自身重力義倍a

未知)。為測量該潤滑涂層的性能，某時刻開始對滑塊A施加水平向右的恒力F=，叫的作

用，此后恒力一直作用。已知A、B碰后速度交換(即碰后瞬間A速度變?yōu)?,B速度變?yōu)?/p>

A的碰前速度)，B和擋板碰后速度大小不變，方向相反。通過計時裝置可測量出A、B從

第一次碰撞到第二次碰撞的時間間隔，記為兀重力加速度為g。

(I)B先和擋板發(fā)生碰撞還是A、B先發(fā)生第二次碰撞？試通過計算說明；

(2)若，可能值為大于0的一切數(shù)值，求T的取值范圍；

(3)實(shí)際測得7=9內(nèi)，求心

3Vg

.H......Ip

【參考答案】(1)B先和擋板發(fā)生碰撞；

0)(1+4)V^+J(5_J)gL>T>+ar

g(九一1)g(4T)

【名師解析】

(1)對滑塊A,由牛頓第二定律可得

F=maA

解得

Fms

%=—=—=S

mm

由速度位移關(guān)系公式v2-v^=2ax,可得滑塊A運(yùn)動到B的速度

A、B碰后速度交換，則有

VBI=

A、B第一次碰后，A向右做初速度等于零的勻加速運(yùn)動，B做勻速運(yùn)動，滑塊A運(yùn)動到擋

板P所用時間

如=呼=欄

a

\AV8

滑塊B運(yùn)動到擋板P所用時間

則有

可知B先和擋板發(fā)生碰撞，后返回與滑塊A碰撞。

(2)由題意可知，A、B從第一次碰撞到第二次碰撞經(jīng)T時間，對A則有

B返回時做勻減速運(yùn)動，加速度則有

對B返回，在T-時間內(nèi)運(yùn)動的位移，則有

2

AL=vB1(T-/B1)-12g(7-ZBI)

又有

LAI+AL=L

聯(lián)立解得

(]+.而±J(5T)gL

g("l)

則有了的取值范圍

(1+.)V^+J(5-))gL＞丁〉+