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专题17 力学计算题
一、计算题
1．（2024·广东佛山·二模）如图，两工人在安装一园林石牌时，通过绳子对石牌同时施加大小相等、方向
与竖直方向成
的力T，使石牌恰好离开水平地面并保持静止，然后突然一起发力把石牌拉起准备安装到
预设位置，当石牌运动到离地面
处时，两条绳子同时断裂，石牌继续上升
后自由下落，
已知石牌质量
，取重力加速度
，
，
。忽略空气阻力，求：
（1）T 的大小；
（2）从绳断裂到石牌恰好接触地面的时间。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）石牌恰好离开水平地面并保持静止，根据受力平衡可得
解得
（2）设两条绳子同时断裂时，重物的速度为，石牌继续上升
后自由下落，则有
解得
1
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该阶段所用时间为
石牌自由下落过程，有
解得
则从绳断裂到石牌恰好接触地面的时间为
2．（2024·广东广州·二模）如图所示，水平传送带在电动机的带动下以
的速度顺时针匀速转动。
左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接，水平面上有两个位于同一直线上、处于静
止状态的相同小球，小球质量
。质量
的物体（可视为质点）从轨道上高
的P 点由
静止开始下滑，滑到传送带上的A 点时速度大小
。物体和传送带之间的动摩擦因数
，传送
带AB 之间的距离
。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，不计空气阻力。重力加
速度
，
。求：
（1）物体从P 点下滑到A 点的过程中，摩擦力做的功；
（2）物体第一次向右通过传送带的过程中，传送带对物体的冲量大小；
（3）物体第一次与小球碰后到第二次与小球碰前因为物体在传送带上滑动产生的热量。
【答案】（1）
；（2）
；（3）16.7J
【详解】（1）物体由P 到A 的过程，由动能定理可得
2
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解得
（2）物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度为
减速至与传送带速度相等时所用的时间
匀减速运动的位移
所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为
传送带的支持力对物体的冲量大小为
传送带的摩擦力对物体的冲量大小为
传送带对物体的冲量大小为
（3）物块与小球发生弹性正碰，设物块反弹回来的速度大小为
，小球被撞后的速度大小为
，由动量守
恒和能量守恒定律得
解得
物块被反弹回来后，在传送带上向左做匀减速运动中，由运动学公式得
3
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解得
解得
传送带对地位移
相对位移
物块在传送带向右做匀加速运动过程中相对位移
物体第一次与小球碰后到第二次与小球碰前因为物体在传送带上滑动产生的热量
3．（2024·广东·模拟预测）游客在动物园里常看到猴子在荡秋千和滑滑板，其运动可以简化为如图所示的
模型，猴子需要借助悬挂在高处的秋千绳飞跃到对面的滑板上，质量为
的猴子在竖直平面内绕圆
心
做圆周运动。若猴子某次运动到
点的正下方时松手，猴子飞行水平距离
后跃到对面的滑板
上，
点离平台高度也为
，猴子与
点之间的绳长
，重力加速度大小
，不考虑空气阻
力，秋千绳视为轻绳，猴子可视为质点，求：
（1）猴子落到滑板时的速度大小；
（2）猴子运动到
点的正下方时绳对猴子拉力的大小。
4
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【答案】（1）
；（2）
【详解】
（1）设猴子松手后飞行的时间为，由平抛运动规律在竖直方向上有
在水平方向上有
解得
在竖直方向上有
解得
得猴子落到平台时的速度大小
（2）设猴子运动到
点的正下方时绳对选手拉力的大小为
，猴子做圆周运动的半径为
猴子经过圆周运动轨迹最低点时，由牛顿第二定律得
解得绳对猴子拉力的大小
4．（2024·广东肇庆·二模）已知质量为1kg 的物体A 从高1.2m 处自由下落，同时物体B 从物体A 正下方
的地面上竖直上抛，经过0.2s 后物体A、B 发生碰撞，碰撞后两物体粘在一起且碰撞后的瞬间速度变为零，
物体A、B 均可视为质点，不计空气阻力，取g=10m/s2，求：
（1）碰撞时离地的高度；
（2）物体B 的质量；
（3）碰撞损失的机械能。
5
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）对物块A，根据运动学公式可得碰撞时离地的高度
代入数据解得
（2）设碰撞前瞬间A、B 两物块的速度大小分别为vA、vB，则
B 做竖直上抛运动，可看作初速度大小为vB的匀加速直线运动的逆运动，则
由动量守恒定律得
联立解得
，
（3）根据能量守恒定律可知碰撞损失的机械能
解得
5．（2024·广东惠州·二模）图为跳台滑雪运动赛道的简化示意图，由助滑道、起跳区、着陆坡等组成，助
滑道和着陆坡与水平面的夹角θ 均为37°，直线AB 段长L=100m，BC 段为圆弧状，半径R=40m，在B 点与
直线AB 相切，在C 点切线水平。运动员由A 点无初速下滑，从起跳区的C 点以速度v 起跳，在空中飞行
t=4.5s 后降落在着陆坡上D 点。运动员和装备总质量m=60kg，重力加速度
，
，忽略
空气阻力。求：
（1）在起跳区C 点的速度v 的大小；
（2）在C 处运动员对起跳区压力的大小；
（3）由A 至C 过程，运动员克服阻力所做的功。
6
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）运动员做平抛运动由C 运动至D，根据平抛运动规律有
，
由几何关系有
联立解得
（2）由牛顿第二定律，运动员在C 处有
得
由牛顿第三定律得，运动员对轨道的压力大小
（3）运动员由A 至C 过程，根据动能定理有
得由A 至C 过程，运动员克服阻力所做的功
6．（2024·广东江门·模拟预测）如图所示是一张常见的团圆餐桌。餐桌上放一半径
可绕中心轴转
动的圆盘，近似认为餐桌与圆盘在同一水平面内，忽略两者之间的间隙，如图所示。将质量为
的
7
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物体放置在圆盘边缘，该物体与圆盘的动摩擦因数为
，与餐桌的动摩擦因数为
，设物体
与圆盘及餐桌间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
。
（1）由静止开始缓慢增大圆盘的角速度，求物体从圆盘上刚好甩出时圆盘的角速度和物体速度的大小；
（2）物体从圆盘上刚好甩出时，圆盘对物体的静摩擦力所做的功多大；
（3）为使物体不滑落到地面，餐桌半径R 的最小值。
【答案】（1）
，3m/s；（2）0.9J；（3）2.5m
【详解】（1）由题意可得，当小物体受到最大静摩擦力时，小物体将滑落，此时物体的速度达到最大，
由牛顿第二定律
又
联立得
物体的速度为
，得
（2）设圆盘对物体的静摩擦力所做的功为W，由动能定理
代入得
（3）由题意可得，当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零，对应的餐桌半径取最小值。设物体在餐桌上
滑动的位移为s，由动能定理
8
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得
因为物体从圆盘边缘滑出时沿圆盘的切线方向，结合几何知识可得餐桌半径的最小值为
代入得
7．（2024·广东佛山·二模）台球是深受大众喜爱的娱乐健身活动。如图，运动员采用“点杆”击球法（当
球杆杆头接触母球的瞬间，迅速将杆抽回，母球离杆后与目标球发生对心正碰，视为弹性碰撞）击打母球，
使得目标球被碰撞后经CD 边反弹进入球洞A，这种进球方式被称为“翻袋”进球法。已知两球质量均为
，且可视为质点，球间距离为
，目标球与CD 挡壁间虚线距离为
，目标球被CD 挡壁反弹
后向A 球洞运动方向与AC 挡壁间夹角为
，
，球与桌面间阻力为重力的
，球与挡壁碰撞
过程中损失
的动能，重力加速度
。
（1）求母球在桌面做直线运动时的加速度大小；
（2）若某次击打后母球获得的初速度为
，且杆头与母球的接触时间为
，求母球受到杆头的平
均冲击力大小；
（3）若击打后母球获得速度
，求目标球被碰撞后的速度大小；
（4）若能到达球洞上方且速率小于
的球均可进洞，为使目标球能进洞，求母球初速度需要满足的条
件。（计算结果都可以用根号表示）
【答案】（1）
；（2）
；（3）
；（4）
9
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【详解】（1）由牛顿第二定律可得
根据题意可知
解得
（2）杆头击打母球，对母球由动量定理可得
代入数据解得
（3）母球与目标球碰撞前，做匀减速直线运动，由动能定理可得
母球与目标球碰撞前后，根据动量守恒和机械能守恒可得
联立解得目标球被碰撞后的速度大小为
（4）母球与目标球碰撞前，做匀减速直线运动，由动能定理可得
母球与目标球碰撞前后，根据动量守恒和机械能守恒可得
目标球前进到CD 挡壁，做匀减速直线运动，由动能定理可得
目标球与CD 挡壁碰撞，根据题意有
10
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即
目标球运动到A 球洞过程，由动能定理可得
又满足
联立解得
一、
计算题
8．（2024·广东惠州·三模）如图所示，一质量为M=2kg、右端带有一段半径为R=0.5m 的四分之一圆弧的
长木板停靠在墙边，木板左端固定一轻弹簧，弹簧右端紧靠一质量为m=1kg 的小物块（不栓接），木板表
面除长为L=2.5m 的AB 段外均光滑，AB 段与物块间的滑动摩擦因数为μ=0.2。现用外力通过物块压缩弹簧，
使其弹性势能Ep=18J，然后由静止释放物块。已知物块到达A 点前已脱离弹簧，水平地面光滑且足够长，
重力加速度g 取10m/s2，求：
（1）物块第一次到达A 点时的动量大小；
（2）试通过计算判断物块能否到达圆弧轨道的最高点。
【答案】（1）6kg
m/s
﹒
；（2）能，见解析
【详解】（1）由相同机械能守恒有
可得
11
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物块第一次到达A 点时的动量大小
（2）假设能到达最高点，此时，物块的速度与木板的速度相等，设为v，从物块滑过A 点，木板离开墙角
后，物块与木板组成的系统水平方向动量守恒，有
可得
则有
可得
可知物块能到达圆弧轨道的最高点。
9．（2024·广东·一模）如图所示，P 点左侧有一高
的平台与半径
的四分之一光滑圆弧底
部相切，平台表面粗糙，长度为1.0m。现让一物块A 从圆弧左侧与圆心等高处静止释放，下滑至平台与另
一置于平台右侧边缘的物块B 发生碰撞，碰后其中一个物块落在地面上的M 点，另外一个物块落到N 点，
M 点和N 点与平台右侧边缘的水平距离为分别为1.0m 和2.0m，已知A、B 两物块可视为质点，物块A 与
平台的动摩擦因数为0.2，
。求：
（1）碰撞前物块A 的速度v 的大小；
（2）落到M 点和N 点对应的平抛运动初速度
和
；
（3）物块A 和物块B 的质量之比。
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【答案】（1）
；（2）
，
；（3）
或
或
【详解】（1）根据题意，物块A 由静止释放到与物块B 碰撞前过程中，由动能定理有
解得
（2）竖直方向上，由
可得，两物块做平抛运动的时间为
水平方向上有
，
解得
，
（3）如果物块A 与物块B 碰撞后均往前运动，则两者落点分别为
和
，根据动量守恒定律有
解得
碰撞前的动能为
碰撞后的动能为
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则有
满足碰撞过程动能不增加原理，则答案合理；
如果物块A 碰撞后反弹，后来落到
点，假设撞后瞬间物块A 速率为
，根据动能定理和动量守恒定律
有
解得
同理，对碰撞前后动能进行比较有
满足碰撞过程动能不增加原理，则答案合理；
如果物块A 碰撞后反弹，后来落到
点，假设撞后瞬间物块A 速率为
，根据动能定理和动量守恒定律
有
解得
同理，对碰撞前后动能进行比较有
满足碰撞过程动能不增加原理，则答案合理，综上所述物块A 和物块B 的质量之比为
或
或
。
10．（2024·广东东莞·模拟预测）如图所示，为竖直平面内固定的光滑轨道 AB、粗糙水平直轨道 BC、
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DE 和以速度v0 =3.0m/s 顺时针转动的传送带 MN，在轨道 DE 右端固定反弹装置。各轨道平滑连接，传
送带与水平轨道等高、间隙不计。现有一个质量为 m=2.0kg 的滑块从轨道 AB 上高为 h 处由静止下滑，
若滑块能运动到最右侧与反弹装置碰撞，则碰后立即以原速率被弹回。已知各部分的长度分别为
LBC=0.45m，LMN=0.675m，LDE=0.45m，滑块与水平轨道、传送带之间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速
度大小为 g=10m/s2。
（1）若滑块刚好能第一次到达 C 点，求滑块从轨道 AB 静止释放的高度；
（2）若滑块在传送带上加速并恰好在 N 点与传送带共速，求滑块与传送带之间摩擦产生的热量；
（3）若滑块最后停下前有且仅有两次经过传送带上的 N 点，求高度 h 应满足的条件。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）若滑块恰好到达
点
得
（2）若刚好在
点与传送带共速
对滑块由牛顿第二定律得
滑块运动时间为
滑块与传送带的位移差
滑块与传送带之间摩擦产生的热量
得
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（3）若有且仅有两次经过
点
因为若从传送带以某初速度滑上DE 反弹后刚好停在D，则
得
所以要第二次经过
点，在第一次经过传送带时全程减速，若刚好第二次到达
点
若刚好第三次到达
点
则
得
11．（2024·贵州安顺·一模）如图，足够长的光滑水平桌面上静止着质量为3m 的滑块，滑块右上角边缘
AB 为半径为R 的
光滑圆弧，圆弧最低点的切线沿水平方向。在桌子右侧有固定在水平地面上的管形轨道，
轨道左端CD 段为圆弧，对应的圆心角为60°，CD 段圆弧和轨道上其余各竖直圆的半径均为R，小物体在
轨道内运动时可以依次经过C、D、E、F、E、G、H、G、Ⅰ、L、I……。某时刻一质量为m 的小物体自A
点由静止释放，经过一段时间后恰好由C 点沿着圆弧CD 的切线无碰撞地进入管形轨道。已知轨道CD 段
和右侧各竖直圆内壁均光滑，轨道的内径相比R 忽略不计，小物体与管形轨道各水平部分的动摩擦因数均
为0.3，水平部分
，重力加速度为g，不计空气阻力，小物体运动过程没有与桌
面发生碰撞。
（1）求小物体离开滑块时的速度大小；
（2）求小物体开始释放时的位置距D 点的水平距离；
（3）求小物体停止运动时的位置距D 点的距离。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据水平方向动量守恒和机械能守恒
，
解得
（2）根据水平方向动量守恒可知
且有
可得
小物体做平抛运动有
解得
平抛水平位移
小物体开始释放时的位置距D 点的水平距离
（3）小物块在C 点的速度
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设恰能到达第n 个圆周的最高点，则有
解得
不能越过第二个圆周，则
解得
小物体停止运动时的位置距D 点的距离
12．（2024·贵州毕节·二模）如图，倾角为
的足够长斜面，其中MN 段光滑，其长度
，其余
部分粗糙程度相同，长为
的轻绳连接两个材料相同、质量分别为m、2m 的小滑块
（
均可
视为质点），小滑块与粗糙部分的动摩擦因数均为
。开始时
处于光滑部分的
点，轻绳恰好伸
直。现由静止同时释放小滑块a、b，经过一段时间后，
与
发生弹性碰撞。已知重力加速度
，
（以下计算结果可用分数表示）求：
（1）小滑块
到
点时的速度大小分别为多少？
（2）小滑块
从释放经过多长时间会发生弹性碰撞？
（3）小滑块
发生弹性碰撞后的瞬间速度大小分别为多少？
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
，
18
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【详解】（1）从M 到
过程，由动能定理得
解得
a 进入粗糙段，由
可知
将做匀速直线运动，此时
在光滑段做匀加速运动，根据牛顿第二定律
解得
则
运动至
点时速度
，由
解得
（2）a 从M 到
过程，由
解得
物体从
到
的时间为
，则有
解得
物体
在
时间内下滑的位移为
19
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可知，
过
点后做匀速运动，
匀速追上
所用时间为
，则
小滑块
从释放后，发生弹性碰撞时经历的时间为
（3）
追上
发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
代入数据得
，
13．（2024·新疆乌鲁木齐·二模）如图所示为一电动打夯机的原理图，电动机的转轴上固定一轻杆，轻杆
的另一端固定一铁球。工作时电动机带动杆上的铁球在竖直平面内转动。若调整转速使打夯机恰好不离开
地面，且匀速转动一段时间后，切断电力，铁球继续做圆周运动。整个过程中打夯机的底座始终与地面相
对静止。已知打夯机（包括铁球）的总质量为
，重力加速度为g，铁球可视为质点，不计一切阻力。
（1）求切断电力前，打夯机匀速转动时对地面产生的最大压力
；
（2）若切断电力后，打夯机对地面产生的最大压力为
，求铁球的最小质量m。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设小球质量为
，切断电力前，最高点打夯机对小球的作用力为
，最低点最高点打夯机
20
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对小球的作用力为
，匀速转动的角速度为
，小球做圆周运动的半径为。在最高点，对小球由牛顿第
二定律得
由牛顿第三定律得，小球在最高点对打夯机的反作用力大小
打夯机恰好不离开地面，则
得
即
小球在最低点时，由牛顿第二定律得
得
切断电力前，打夯机匀速转动时，地面对打夯机的最大支持力
由牛顿第三定律得打夯机匀速转动时对地面产生的最大压力大小
（2））若切断电力后，铁球的最小质量m，最高点小球速度为零，最低点速度为，最低点打夯机对小球
的力为
，则小球从最高点到最低点，由动能定理得
得
21
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最低点，对小球由牛顿第二定律得
得
小球对打夯机的作用力的大小
地面对打夯机的最大支持力
由牛顿第三定律得，打夯机对地面产生的最大压力
解得
14．（2024·湖南·二模）超市里用的购物车为顾客提供了购物方便，又便于收纳，收纳时一般采用完全非
弹性碰撞的方式把购物车收到一起，如图甲所示。某兴趣小组在超市对同款购物车（以下简称“车”）的
碰撞进行了研究，分析时将购物车简化为可视为质点的小物块，已知车的净质量为m=15kg，g=10m/s2.
（1）首先测车与超市地面间的动摩擦因数：取一辆车停在水平地面上，现给它向前的水平初速度
v0=2m/s，测得该车能沿直线滑行x0=2m，求车与超市地面间的动摩擦因数μ；
（2）取编号为A、B 的车，B 车装上m0=15kg 的货物后停在超市水平地面上，空车A 的前端装上轻弹簧，
将A 车停在B 车的正后方且相距x=5.5m 处。现给A 车施加向前的水平推力F0=75N，作用时间t0=1s 后撤
除。设A 车与B 车间的碰撞为弹性正碰（忽略相互作用时间），两车所在直线上没有其他车，求在A 车运
动的全过程中A 车与地面间产生的摩擦热；
（3）如图乙所示，某同学把n（n>2）辆空车等间距摆在超市水平地面上的一条直线上，相邻两车间距为
d=1m，用向前的水平恒力F=300N 一直作用在1 车上，推着1 与正前方的车依次做完全非弹性正碰（碰撞
时间极短），通过计算判断，他最多能推动多少辆车？[已知
，
]
22
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【答案】（1）0.1；（2）90J；（3）30 辆
【详解】（1） 由功能关系，A 车的动能全部转成摩擦热，有
则
代入数据得
μ=0.1
（2）A 车运动时受摩擦力
由牛顿第二定律有
解得
A 在t0时的速度
t0内A 的位移
设A 与B 车碰前瞬间的速度为vA，由动能定理有
得
vA=3m/s
A 与B 车碰撞过程，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
23
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解得
由功能关系，有
代入数据得
Q=90J
（3）设1 与2 车碰前的速度为v1'，由动能定理
1 与2 碰系统动量守恒
解得
12 与3 车碰前的速度为v2'，由动能定理
1-2 与3 碰系统动量守恒
解得
=
123 与4 车碰前的速度为v3′，由动能定理
24
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1—2—3 与4 碰系统动量守恒
解得
=
同理可得与n 车碰后速度为vn：
=
=
令vn=0，即
解得
n=30.5
可知最多能推动30 辆车。
一、计算题
15．（2024·山东青岛·一模）桶装水电动抽水器可以轻松实现一键自动取水。如图，某同学把一个简易抽
水器安装在水桶上，出水口水平。某次取水时，桶内水位高度h1 = 20cm，按键后测得t = 16s 内注满了
0.8L 的水壶。已知抽水器出水口高度H = 60cm、横截面积S = 0.5cm2，水壶的高度h2 = 15cm，若该次
25
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取水过程中抽水器将电能转化为水的机械能的效率η = 15%，忽略取水过程中桶内水位高度的变化，重力
加速度g = 10m/s2，水的密度ρ = 1.0 × 103kg/m3。
（1）求接水时出水口到水壶口左边缘的最大水平距离；
（2）估算本次取水抽水器的功率。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设出水口处水的速度为v0，由题意可得，t = 16s 内抽水器抽出水的体积
V = Sv0t
解得
v0 = 1m/s
平抛过程：竖直方向
水平方向
x = v0t = 0.3m
（2）在t = 16s 内，抽水机取水质量
根据能量守恒定律
得
16．（2024·四川宜宾·二模）如图，一中空建材板下端固定于水平地面上的P 点，通过物体M 的支撑使得
该板与水平地面间夹角
。建材板中为格子形状，每个格子的规格相同。一质量为m 的小滑块从板底
端P 点以一定初速度沿板向上射出，小滑块沿着板面做了一次往返直线运动，小滑块在运动过程中受到的
摩擦力大小不变。用频闪照相机连续记录了小滑块在板面中段运动过程中的部分位置，图甲和图乙分别是
上滑过程和下滑过程的频闪照片。已知小滑块运动的最高点相对于板底端的距离为s，不计空气阻力，重
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力加速度为g，
，
。求：
（1）小滑块所受摩擦力的大小；
（2）小滑块下滑过程中，在距离板底端多远处其重力势能是动能的3 倍（以板底端所在水平面为零势能
面）。
【答案】（1）
；（2）
【详解】
（1）设每个格子在小滑块运动方向的宽度为d，频闪照相机闪光周期为T。根据匀变速运动的推论，上滑
时有
下滑时有
根据牛顿第二定律，上滑时有
下滑时有
得
（2）下滑过程中，在距底端x2处重力势能是其动能的三倍，则
有
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联立解得
17．（2024·江苏镇江·模拟预测）如图1 所示为遥控爬墙小车，小车通过排出车身内部空气，和外界大气
形成压差，使车吸附在墙壁等平面上。如图2 所示，某次遥控小车从静止出发沿着同一竖直面上的A、B、
C 运动到天花板上的D 点，运动到D 点时速度为3m/s。然后保持速率不变从D 点开始绕O 点做匀速圆周
运动。AB 沿竖直方向，BC 与竖直方向夹角θ 为37°，CD 沿水平方向，三段长度均为1m。小车质量为
0.5kg，车身内外由大气压形成垂直墙面的压力差恒为25N。运动过程中小车受到墙壁的阻力f 大小与车和
墙壁间的弹力FN之间关系为f=0.6FN，方向总与速度方向相反。小车可视为质点，忽略空气阻力，不计转
折处的能量损失，重力加速度为g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）求小车在AB 段向上运动时，小车所受阻力大小；
（2）遥控小车到水平天花板上做匀速圆周运动时，小车牵引力为15N，求此时小车的转动半径；
（3）求小车从A 经过B、C 到D 三段直线运动过程中，小车牵引力所做的总功。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】
（1）对小车在AB、BC、CD 各段运动过程进行受力分析
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由运动过程中小车受到墙壁的阻力f 大小与车和墙壁间的弹力FN之间关系为f=0.6FN
则小车在AB 段向上运动时，小车所受阻力大小
解得
（2）遥控小车到水平天花板上运动时
小车与天花板的阻力
小车所受阻力与牵引力的合力提供圆周运动的向心力
解得
（3）小车沿BC 运动过程中
小车与BC 墙面的阻力
联立可得
小车从A 点开始运动第一次到达D 点的过程中，根据动能定理
解得
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