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第34 讲 三大观点解决力学问题 （专项训练）
⏳题型01 动力学与能量综合问题
1.【答案】ABC
2.【答案】(1)
(2)
(3)
；
【详解】（1）小球先做自由落体运动至与轨道水平面对称位置，对小球用动能定理
绷直瞬间速度大小为
细线绷直后沿细线方向的速度消失，只有垂直细线方向的速度，此时
可知小球损失的机械能
解得
（2）根据机械能守恒定律，有
然后小球做平抛运动，则
竖直方向
联立解得
（3）撤去电热丝，解除细滑杆AB 的锁定后，小球在绳绷直前的速度仍是
，方向竖直向下。而绷直瞬间由于
受到绳的拉力远大于自身重力，对小球在水平及竖直方向列动量定理，设绳给的冲量大小为I，绷直后瞬间小
球的水平速度大小为
，竖直速度大小为
，滑杆AB 的速度大小为
，如图所示
以水平向左为正方向：
以竖直向上为正方向：
滑杆AB 和小球系统水平方向动量守恒
沿绳方向速度相等（关联速度）：
联立解得
，
，
从绳绷直后瞬间至小球运动到最低点，滑杆AB 与小球组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，设最低点
处小球的速度大小为v（水平），AB 的速度大小为
解得
可简化为
可知随着k 增大速度v 会增大，所以当k=1 时，v 最小。
3【答案】(1)对A和B组成的系统，碰撞过程由动量守恒定律有m2v0=(m1+m2)v
由能量守恒定律有1
2 m2v0
2=1
2 (m1+m2)v
2+ΔE联立解得ΔE =60 J。
(2)对A和B组成的系统，到达半圆弧轨道最高点P点时，由牛顿第二定律有
(m1+m2)g=(m1+m2)
v P❑
2
R
由动能定理有−2(m1+m2)gR+W f =1
2 (m1+m2)v P❑
2−1
2 (m1+m2)v
2
联立并代入数据解得W f =−77.5 J。
4【答案】(1)对滑块，A →B，根据动能定理有mgR =1
2 m vB
2 −0
滑块在B点，根据牛顿第二定律有：F N −mg=m vB
2
R
解得F N =60 N
(2)对滑块，A →D，根据能量守恒定律有mgR−mg LCDsin 30
∘=Q+E p
Q =μmg LBC
解得E p=1.4 J
(3)滑块最终停止在水平轨道BC间，对滑块，自A到静止，根据动能定理有
mgR−μmgs=0−0
解得s=2.25m。
⏳题型02 力学三大观点解决多物体组合问题
5.【答案】(1)2m/s、4m/s
(2)0.4
(3)3.6J
【详解】（1）对物块
解得
根据运动学公式可得
解得
说明物块到达传送带右端时与传送带共速，物块与小球碰撞过程，根据动量守恒定律以及能量守恒定律可得
，
解得
，方向水平向左。
，方向水平向右。
（2）小球摆到右侧最高点时与小车共速，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
小球摆到右侧最高点时细绳与竖直方向夹角的余弦值为
解得
（3）物块在传送带向右运动的时间为
传送带的位移为
多消耗的电能为
物块与小球碰撞后向左运动，有
解得
可见物块从传送带左侧滑出，物块向左运动的时间为
传送带位移为
多消耗的电能为
则从物块滑上传送带到滑离传送带的过程中，由于传送小物块电机多消耗的电能
6.【答案】(1)设滑块B滑至小车C右端时它们的共同速度大小为v，滑块B从滑上小车C到滑至小车C右端
的过程中，滑块B和小车C两者组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律：m v0=(M +m)v
根据能量守恒定律：1
2 m v0
2−1
2
(M +m)v
2=μmgL
解得v0=4 m/s
(2)滑块A自P点滑至平台的过程中，由动能定理有m0 gR(1−cos53
∘)=1
2 m0v A
2
设滑块A挤压弹簧结束后(弹簧恢复原长时)的速度大小为v1，滑块A与滑块B在水平平台上相互作用的时
间内，两者组成的系统满足动量守恒定律和机械能守恒定律，根据动量守恒定律m0v A =m0v1+m v0
根据机械能守恒定律1
2 m0v A
2 =1
2 m0v1
2+1
2 mv0
2
解得m0=3kg
(3)当滑块A、B速度大小相等时弹簧弹性势能最大，根据动量守恒定律m0v A =(m0+m)v共
根据能量守恒定律E p=1
2 m0v A
2 −1
2 (m0+m)v共
2
解得E p=4.5 J
7【答案】解：(1)小球由A点运动到B点，由动能定理：m1gh=1
2 m1v1
2，
小球与物块发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律：m1v1=m1v1
' +m2v2
' ，
1
2 m1v1
2=1
2 m1v1
' 2+1
2 m2v2
' 2，
物块由B点恰运动到C点，由动能定理：−μm2 gL=0−1
2 m2v2
' 2，
解得：h=0.3m。
(2)要使物块落点最远，即物块飞离传送带时与之共速，由运动学公式：v
2−v2
' 2=2aL，
由牛顿第二定律：μm2 g=m2a，
解得：v =2❑√3m/s。
(3)因为2❑√6m/s>2❑√3m/s，根据能量守恒定律，电动机多做的功应等于物块与传送带摩擦产生热量
与物块增加的动能之和，
故：ΔW =△Ek +Q，
Δ Ek =1
2 m2v
2−1
2 m2v2
' 2，
Q =μm2 gΔx，
摩擦生热的时间：t =v −v2'
a
，
物块与传送带之间相对位移：△x =vt −L，
解得：ΔW =(12❑√2−12)J ≈4.97 J。
8【答案】(1)设B经过d点时速度为vd，在d点mB g=mB
v❑d
2
R
，
解得vd =❑√3.2m/s，
由机械能守恒定律1
2 mB v❑B
2=1
2 mB v❑d
2+mB g⋅2 R，
解得vB=4 m/s，
设弹簧恢复到自然长度时A、B的速度分别为v A、vB，由动量守恒定律0=mA v A−mB vB，
解得v A =2m/s；
(2)由能量关系EP=1
2 mA v❑A
2+1
2 mB v❑B
2，
可得EP=12J；
(3) A恰好能滑到小车左端，其共同速度为v，由动量守恒定律mA v A =(mA+M )v，
由能量关系1
2 mA v A
2=μmA gL+1
2 (mA+M )v
2，
可得L=1m。
⏳题型03 力学三大观点解决的多过程组合问题
．9【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）甲滑下，由动能定理有
甲、乙弹性碰撞
乙在C 点，有
联立解得
（2）
时，由（1）有
、
，甲先沿圆弧轨道运动后脱离，假设在P 点脱离，PO 与CO 夹角为θ
C→P 过程有
P 点有
，
联立得
、
又
，
联立得
乙做平抛运动，由平抛运动规律有
、
，
联立得
又
，代入数据解得
（3）甲从
下滑，由机械能守恒：
已知
，乙质量
，弹性正碰，由动量守恒和动能守恒得碰撞后速度：
甲碰撞后反弹，沿光滑圆弧返回后再次滑下，到水平平台时速度大小为
，方向向右。
乙受阻力
对乙列运动的微分方程，结合题目条件：
得
且落地速度大小
即
。
解分量微分方程可得速度关系：
联立
解得：
对水平方向由动量定理：
代入得：
甲加竖直向上电场后，竖直加速度
要落到EF 上，必须
，即：
甲做平抛运动，竖直方向
得运动时间
水平位移：
要求甲落点在乙右侧，即
代入得：
两边平方整理得：
结合题目给出不加电场时甲在乙左侧，符合
不满足上述不等式，对应
，下限为正。
场强
的取值范围为：
10．【答案】(1)
(2)①
；②
【详解】（1）设物块滑上传送带时的初速度为
，离开传送带时的速度为
，根据动能定理有
解得
由牛顿第二定律可知，物块在传送带上的加速度大小为
由
解得
（2）①物块每次与木板相碰，竖直方向速度减半，水平方向最终趋于共速，令水平向右为x 正方向，水平且
垂直x 方向指向纸面内侧为y 轴正方向，由动量守恒定律，
方向满足
方向满足
解得
②以木板为参考系，物块刚落到木板上时，水平面内相对速度
碰撞瞬间摩擦力方向与x 轴成
斜向纸面内侧，竖直方向物块速度满足
解得
因此碰后瞬间竖直方向速度
由动量定理可知物块与木板第一次碰撞过程，z 方向满足
水平面内
x 方向满足
解得
11.【答案】解：(1)小球B从F点平抛运动到E点
h
tan53° =vBt
h=1
2 gt
2
解得vB=1.5m/s
A与B分离的过程中，水平方向A与B组成的系统仅仅受到弹簧的弹力，所以水平方向动量守恒，选取向
右为正方向，则：mA v D−mB vB=0
解得v D=6m/s
剪断细线后弹簧对小球A与B做功，弹性势能转化为动能，则：
EP=1
2 mA v D
2 +1
2 mB vB
2 =1
2 ×0.1×6
2+1
2 ×0.4×1.5
2J =2.25 J
(2)小球A经过D点时，受到的支持力与重力的合力提供向心力，所以：N −mA g=mA
v D
2
R
❑
代入数据得：N =10 N．
根据牛顿第三定律可知小球A经过D点时对轨道的压力: N ' =10 N。
(3)小球A在竖直平面内做圆周运动，在最高点时重力恰好提供向心力，
mA g=mA
v
2
R
解得vC =❑√gR =❑√10×0.4 m/s=2m/s
小球A从D点运动到C点过程中，设克服阻力做的功为W ，根据动能定理得
−W −mA g⋅2 R =1
2 mA vC
2 −1
2 mA v D
2
代入数据得：W =0.8 J
12【答案】(1)滑块抛出时的水平速度大小为v x=v0cosθ =0.8 v0
竖直速度大小为v y =v0sinθ =0.6 v0
在空中的运动时间为t =v y
g
在空中飞行的水平距离为x =v xt
联立解得x =0.48 v0
2
g
(2)弹簧弹力做的功为W =−E p
滑块飞入滑板，当弹簧的弹性势能为E p=0.195m v0
2时，设此时滑块的速度为v，根据动能定理可得
W =1
2 m v
2−1
2 m v x
2
解得v =0.5 v0
设滑块的质量为M，解除Q的锁定后，当弹簧的弹性势能最大时，P和Q共速，根据动量守恒可得
mv =(m+M )v '
根据能量守恒可得
1
2 mv x
2=1
2 (m+M )v
' 2+E p'
联立解得M =4 m
(3)对Q和P组成的整体，根据机械能守恒可知，要使Q的最终动能最大，需满足滑块的速度刚好为零时，
弹簧刚好恢复原长;设Q的质量为M '，Q的最大速度为vm，根据动量守恒和机械能守恒有mv =M ' vm
1
2 mv x
2=1
2 M ' vm
2
联立解得M ' =25
64 m
重难·创新演练
设题创新:结合生活情景 娱乐设施
1.【答案】(1)物块B从Q点运动到C点，竖直方向有
b=1
2 gt
2解得t =0.2s水平方向有a=vQt解得vQ=4 m/s
物块B从P点到Q点，由动能定理有
−μmgL=1
2 m vQ
2 −1
2 m v0
2解得μ=0.5。
(2)设物块B到达Q点时，B的速度大小为v3，A的速度大小为v2，物块B从P点到Q点的过程中，由动量
守恒定律有m v1=m v3+M v2
由能量守恒定律有μmgL=1
2 mv1
2−1
2 mv3
2−1
2 M v2
2
又因为要使B仍能落到C点，则B相对A的水平速度仍为vQ，也即v3−v2=vQ
解得v1=2❑√14 m/s，v3=(❑√14 +2)m/s v2=(❑√14−2)m/s。
(3)物块B运动到D点时和A水平速度大小相同，设为v共
由水平方向动量守恒定律有m v3+M v2=(m+M )v共
由能量守恒定律有mg(h+b)=1
2 m v3
2+1
2 M v2
2−1
2
(m+M )v共
2 解得h=0.2m。
2【答案】(1) A滑到B底端过程，A、B组成的系统水平方向上动量守恒，有mA v A =mB vB
有mA x A =mB xB由人船模型知x A+xB=d解得x A =4 m，xB=2m。
(2) A从离开B的底端到滑上C的过程中受到台面摩擦力的作用，由动能定理得
−μmA g(xB+x0)=1
2 mA v0❑
2−1
2 mA v x❑
2解得v0=4 m/s。
(3)设A滑至C右端时两者共同速度为v AC，C的长度最小，由A、C组成的系统动量守恒，有
mA v0=(mA+mC)v AC
根据能量守恒定律，有μmA gL=1
2 mA v0❑
2−1
2 (mA+mC)v AC❑
2
解得C的最小长度L=2m。
(4)设A在B上运动方向与水平方向夹角为α，已如A沿B下滑过程中，A和B相对地面做匀变速直线运动，
A、B组成的系统在水平方向上动量守恒，有
mA v Acosα =mB vB
A、B组成的系统机械能守恒，有mA gh=EkA+1
2 mB vB
2解得A滑到B底端时动能EkA =64 J
A与台面发生相互作用过程中损失的动能
Δ Ek =EkA−1
2 mA v x
2 =32J。
3【答案】(1)根据题意可知，小球从开始下落到P处过程中，水平方向上动量守恒，
则有m v1=M v2
由能量守恒定律有mgh=1
2 m v1
2+1
2 M v2
2
联立解得v1=6m/s，v2=2
3 m/s
即小球速度为6m/s，方向水平向左，方形物体速度为2
3 m/s，方向水平向右。
(2)由于小球落在物块a正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物块a水平方向上动量守
恒，
则有m v1=(m+ma)v3
解得v3=2m/s
设当弹簧形变量为x1时物块b的固定解除，此时小球和物块a的速度大小为v4，
根据胡克定律F =k x1
系统机械能守恒1
2 (m+ma)v3
2=1
2 (m+ma)v4
2+1
2 k x1
2
联立解得v4=1m/s，方向水平向左，x1=0.3m
b的固定解除之后，小球、物块a和物块b及轻弹簧组成的系统动量守恒，
当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，
由动量守恒定律有(m+ma)v4=(m+ma+mb)vb
解得vb=2
3 m/s，方向水平向左。
由能量守恒定律可得，最大弹性势能为E pm=1
2 (m+ma)v4
2+1
2 k x1
2−1
2 (m+ma+mb)vb
2=2.5 J。
4【答案】(1)对A自斜面滑上斜面中点的过程，由动能定理−m1g h
2 −μ1m1gcosθ×
h
2sinθ =0−1
2 m1v1
2
对A、B与弹簧的分离过程，由水平方向动量守恒m1v1=m2v2
由机械能守恒得E p=1
2 m1v1
2+1
2 m2v2
2
联立解得E p=6 J
(2)当B刚滑上小车C的圆弧轨道时，设滑块B所受C的支持力为F N 2，
由牛顿第二定律F N 2−m2 g=m2
v2
2
R
对C，设其所受地面支持力为F N 3，
由竖直方向受力平衡F N 2' +m3 g=F N 3
其中F N 2' =F N 2，为B对C的压力，可得F N 3=710
7 N
由牛顿第三定律，得小车对地面的压力大小为F 压=F N 3=710
7 N
(3)设B滑离C的圆弧轨道最高点时，二者速度大小分别为v2'、v3'，
取向右为正方向，由水平方向动量守恒m2v2=m2v2' +m3v3'
B与C组成的系统机械能守恒1
2 m2v2
2=1
2 m2v2
' 2+1
2 m3v3
' 2+m2 g×2 R
得滑块B刚滑离小车C上圆弧轨道最高点时的速度大小为v2' =1m/s
(另一解v2' =0.2m/s不合题意，舍去)
设滑块B与小车C的共同速度为v共，
则由水平方向动量守恒m2v2=(m2+m3)v共
B与C组成的系统能量守恒1
2 m2v2
2=1
2 (m2+m3)v共
2 +m2 g×2 R+μ2m2 g× 1
2 L
联立解得μ2=0.025
真题·实战演练
高频考点：多过程问题
1【答案】（1）
（2）
（3）当0＜k≤1 时，k3+3k2+35k﹣31＞0
当1＜k＜3 时，3k3+k2+25k﹣37＜0
当k＞3 时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0
【解析】
【小问1 详解】
甲下滑过程轨道光滑，由动能定理
解得
【小问2 详解】
第一次碰撞为弹性正碰，设碰后甲速度为
，乙速度为
，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒
，
解得乙弹性碰撞后速度
对乙由动量定理，合外力冲量等于乙动量变化
代入
，得
【小问3 详解】
碰后甲的速度
，乙的速度
；要使第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，需对k 的
取值进行分情况讨论：
①当0＜k≤1 时，碰后甲、乙均向右运动且v2＞v1≥0，乙先滑上右侧斜面，往返后在水平轨道与甲相遇，设
从碰后到相遇经过的总时间为t，根据位移关系有
解得
需满足在甲到达B 点前相遇，即
，代入速度化简得k3+3k2+35k﹣31＞0
②当k＞1 时，碰后甲向左、乙向右运动；若1＜k＜3，则v2＞|v1|，乙先滑上右侧斜面往返后向左追上甲，设
从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系有
解得
需满足在甲到达A 点前追及，即
，化简得3k3+k2+25k﹣37＜0
若k＞3，则|v1|＞v2，甲先滑上左侧斜面往返后向右追上乙，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系
有
解得
需满足在乙到达B 点前追及，即
，化简得k3﹣21k2+19k﹣23＞0
综上所述，k 满足的关系式为
当0＜k≤1 时，k3+3k2+35k﹣31＞0
当1＜k＜3 时，3k3+k2+25k﹣37＜0
当k＞3 时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0
2.【答案】（1）
，
（2 ）（i ）
，
；（ii ）
；（iii ）
【解析】
【小问1 详解】
P 球到达第1 个平台时，由机械能守恒定律有
解得
P 球与1 球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
，
解得
，
【小问2 详解】
（i）1 球到达第2 个平台时，由动能定理有
解得
1 球与2 球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
，
解得
，
可知两球速度交换；
（ii）设P 球到达第k 个平台时的速度为
，与第k 个平台处的1 球碰撞后的速度为
，则P 球从第
个
平台发生第
次碰撞后到第k 个平台碰撞前，由动能定理
①
P 球在第k 个平台与1 球碰撞，由动量守恒、机械能守恒，由之前计算结果的规律，可知
②
联立①②可得
由数学知识，可知
是等比数列，公比为
所以有
解得
（iii ）经分析，只需考虑P 球，每次都要越过最高点，则对于任意k （
），由能量关系有
即
变形为
由
可知
则
是
的减函数，故
时，
趋近于零，
化简为
解得
3. 【答案】（1）0.05m
（2）2m/s，0.1s
（3）
【解析】
【小问1 详解】
从抛出至球壳与天花板相碰，小球和球壳一起做竖直上抛运动，末速度大小设为
，根据速度位移关系式
解得
球壳与天花板发生弹性碰撞后以原速率反弹，然后向下做匀加速直线运动，小球继续上升，设小球直径为d，
从球壳与天花板碰撞后到小球与球壳第1 次碰撞，小球与球壳的位移大小之和为D －d ，则
解得
【小问2 详解】
设球壳质量为M，小球质量为m，球壳与小球发生第1 次碰撞前速度分别为
、
，以竖直向下为正方向，
则
球壳与小球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为
、
由动量守恒定律
由机械能守恒定律
碰后速度差的大小
拓展：发生弹性碰撞，恢复系数
第1 次碰撞后，球壳与小球均做加速度向下、大小为g 的匀变速直线运动，设两次碰撞时间间隔为
，两者
的相对速度大小始终为
，两者的相对位移大小为
，有
解得
【小问3 详解】
取向下为正，第一次碰前：壳速
，球速
弹性碰撞，每次碰撞后相对速度大小恒为
，时间间隔
设每次碰撞壳速改变量为
（碰前壳快时减速，球快时加速），大小
从第1 次碰前到第8 次碰前，经历7 次碰撞和7 个0.1s 的重力加速（每次加1m/s）
递推球壳碰前速度
①碰前：2
②碰前：
③碰前：
④碰前：
⑤碰前：6
⑥碰前：
⑦碰前：8
⑧碰前：
已知⑧碰前壳速为6m/s，故
解得
由
得
则可推导出所有速度如表所示（速度均为m/s，＋向上，－向下）
碰撞序号
时刻
碰前壳速
碰前球速
碰后壳速
碰后球速
天花板碰
0
—
—
－1
＋1
①
0.1
－2
0
＋1
－1
②
0.2
0
－2
－3
－1
③
0.3
－4
－2
－1
－3
④
0.4
－2
－4
－5
－3
⑤
0.5
－6
－4
－3
－5
⑥
0.6
－4
－6
－7
－5
⑦
0.7
－8
－6
－5
－7
⑧
0.8
－6
－8
－9
－7
⑨
0.9
－10
－8
－7
－9
⑩
1.0
－8
－10
－11
－9
⑪
1.1
－12
－10
－9
－11
利用上表壳速，每段0.1s 匀变速，位移
，逐段累加球壳位置：
时段
壳初速
位移
累加位置y
0→0.1s
－1
－0.15
5.975
0.1→0.2s
＋1
＋0.05
6.025
0.2→0.3s
－3
－0.35
5.675
0.3→0.4s
－1
－0.15
5.525
0.4→0.5s
－5
－0.55
4.975
0.5→0.6s
－3
－0.35
4.625
0.6→0.7s
－7
－0.75
3.875
0.7→0.8s
－5
－0.55
3.325
0.8→0.9s
－9
－0.95
2.375
0.9→1.0s
－7
－0.75
1.625
1.0→1.1s
－11
－1.15
0.475
（第⑪次碰前）球壳质心位于
。
此时碰撞后壳速变为
（见上表⑪碰后），随后匀加速下降至触地（质心触地高度
），下落距
离
由运动学公式可知
则触地速度大小为
4. 【答案】（1）
（2）
（3）（i）
；（ii）
【解析】
【小问1 详解】
根据机械能守恒定律有
解得小球接触地面瞬间的速度的大小
【小问2 详解】
设小球脱离轻杆时，轻杆与竖直方向的夹角为
，如图所示
设此时小球的速度为
，根据机械能守恒定律
对小球，根据牛顿第二定律
解得
，
此时小球水平方向分速度
竖直方向分速度
竖直方向，根据速度位移关系
小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角
的正切值
联立解得
【小问3 详解】
（i）设其中一部分的质量为
，则另一部分质量为
，如图所示
根据动量守恒定律有
，
弹射装置释放的能量
联立可得
（ii）根据数学知识可知，当
时，
最小为
即有
，
，
两小球同时落地，运动时间为
可得
两小球的距离
由
可得
联立可得
5 【答案】（1）
，
，方向竖直向上
（2）
（3）
，
（4）见解析
【解析】
【小问1 详解】
对a 物块下滑过程中根据动能定理有
可得
；
在B 点根据牛顿第二定律有
可得
，方向竖直向上；
【小问2 详解】
如图
由于h<<r，滑块a 所受回复力F，则
可知滑块受到的回复力F 与x 成正比，方向与x 相反，因此滑块a 从释放到第一次到达最低点的运动是简谐运
动。
【小问3 详解】
滑块b 在圆弧形斜面上垂直槽轴线方向的运动性质与a 相同，平行槽轴线方向做匀速度直线运动。设滑块b 的
速度沿槽轴线和垂直槽轴线分速度为vbx、vby，如图
当vbx=0 时，滑块b 第一次滑到最高点，由题意可知滑块b 到达的最高点高度与滑块a 的开始下滑的高度相等。
此时速度为vby，经历的时间t1为
；
又因与滑块a 最高点相同，由题意可知
即
因为滑块a 、b 在最高点发生碰撞，设碰后滑块b 的速度为v'by 。由动量守恒和机械能守恒有
，
联立解得
，
【小问4 详解】
碰后滑块a 在平行于槽轴线方向的速度始终为va，从MN 边界射出的最基本的几种临界情况如图1、2、3、4 所
示。考虑周期性，则L 有多种情况
由题给数据可得
，
，
滑块a 每一次在圆弧型斜面上滑或下滑的时间为
滑块a 每一次滑过水平面的时间为
又由于滑块a 从任一点出发回到该点同高度位置时的时间相等，设时间为T，则T=4t1+2t2=(2π+1) s
滑块a 由碰后到从MN 之间飞出的时间t 满足
，L=0.4t
所以由图1、2 可知
或
，……
由图3、4 可知
即
或者
，……
综上分析可知t 应满足
则滑块a 能从MN 之间飞出时L 的范围为
，
（n=0，1，2，3，4……）
