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1 / 10 第5 讲 功与功率 动能定理 1.（2024·海南高考1 题）神舟十七号载人飞船返回舱于2024 年4 月30 日在东风着陆场成功着陆，在返回舱返回 至离地面十几公里时打开主伞，返回舱快速减速，速度大大减小，在减速过程中（ ） A.返回舱处于超重状态 B.返回舱处于失重状态 C.主伞的拉力不做功 D.重力对返回舱做负功 解析：A 返回舱减速下落，加速度向上，则其处于超重状态，A 正确，B 错误；主伞的拉力向上，而返回舱速度 向下，则主伞的拉力做负功，C 错误；返回舱的重力向下，速度向下，则重力对返回舱做正功，D 错误。 2.（2024·浙江6 月选考5 题）一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10－4 m2，喷水速度约为10 m/s，水的密 度为1×103 kg/m3，则该喷头喷水的功率约为（ ） A.10 W B.20 W C.100 W D.200 W 解析：C 单位时间内从喷头流出的水的质量m＝ρSv，喷头喷水的功率等于单位时间内喷出的水的动能增加量， 即P＝1 2mv2，联立解得P＝100 W，C 正确。 3.（2024·新课标卷24 题）将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一 定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端 系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42 kg，重力加速度大小g＝10 m/s2。 当P 绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q 绳与竖直方向的夹角β＝53°。（sin 37°＝0.6） （1）求此时P、Q 绳中拉力的大小； （2）若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10 m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总 功。 答案：（1）1 200 N 900 N （2）－4 200 J 解析：（1）由题意可知重物下降过程中受力平衡，设此时P 绳中拉力的大小为FP、Q 绳中拉力的大小为FQ，则 在竖直方向上有FPcos α＝FQcos β＋mg 2 / 10 在水平方向上有FPsin α＝FQsin β 联立并代入数据，解得FP＝1 200 N、FQ＝900 N。 （2）重物下降到地面的过程，根据动能定理有 mgh＋W 总＝0 代入数据解得W 总＝－4 200 J。 考点一 功与功率问题 1.功的求法 2.功率的求法 【例1】 （2024·广东广州模拟）如图所示，水平路面上有一辆质量为M 的汽车，车厢中有一质量为m 的人正用 恒力F 向前推车厢，在车以加速度a 向前加速行驶距离L 的过程中，下列说法错误的是（ ） A.人对车的推力F 做的功为FL B.车对人做的功为maL C.车对人的摩擦力做的功为（F＋ma）L D.车对人的作用力大小为ma 答案：D 解析：根据功的定义可知，人对车的推力F 做的功为W＝FL，故A 正确；根据牛顿第二定律可知，车对人的合力 为F1＝ma，方向向前，所以车对人做的功为W1＝maL，故B 正确；根据牛顿第二定律可得f－F＝ma，所以车厢对 人的摩擦力大小为f＝ma＋F，方向向前，则摩擦力做功为Wf＝fL＝（ma＋F）L，故C 正确；车厢对人有三个作用 3 / 10 力：竖直向上的支持力大小为mg；水平向后的推力大小为F；水平向前的摩擦力大小为F＋ma。所以车对人的合 力大小为F 合＝√（mg） 2＋（ma） 2，故D 错误。 【例2】 （2024·江苏苏州三模）我国劳动人民发明了汉石磨盘，人们通常用驴来拉磨把谷物磨成面粉。如图所 示，若驴对磨杆的拉力F 沿圆周切线方向作用在磨杆末端，大小为400 N，磨盘半径r＝0.5 m，磨杆长L＝0.5 m，驴以恒定的速率拉动磨盘转动，在1 分钟的时间内转动了6 圈。圆周率π 近似取3，下列说法正确的是（ ） A.磨盘边缘的线速度大小为3 m/s B.磨杆末端的向心加速度大小为3.6 m/s2 C.驴拉磨转动一周拉力所做的功为1 200 J D.驴拉磨转动一周拉力的平均功率为240 W 答案：D 解析：由题意可知周期为T＝60 6 s＝10 s，则角速度为ω＝2π T ＝0.6 rad/s，磨盘边缘的线速度大小为v1＝ωr＝ 0.6×0.5 m/s＝0.3 m/s，磨杆末端的向心加速度大小为an＝ω2（L＋r）＝0.62×（0.5＋0.5）m/s2＝0.36 m/s2， 故A、B 错误；驴拉磨转动一周拉力所做的功为W＝F·2π（L＋r）＝400×2×3×（0.5＋0.5）J＝2 400 J，驴拉 磨转动一周拉力的平均功率为P＝W T ＝2 400 10 W＝240 W，故C 错误，D 正确。 【例3】 （2024·江西宜春二模）一塔吊竖直提升重物由静止开始向上匀加速运动，电动机输出功率达到某值后 保持不变，最终做匀速运动。不计阻力及绳索质量，此过程中重物的速度v、电动机输出功率P 随时间t 的变化规 律正确的是（ ） 答案：C 解析：设汽车的额定功率为P，所受恒定阻力为f，牵引力为F，匀加速结束时的速度为v，由于汽车开始做匀加速 直线运动，设其加速度为a，则根据速度与时间的关系可得v＝at，当汽车的匀加速阶段结束，其速度还未达到最 大值，此时根据P＝Fv，根据牛顿第二定律F－f＝ma 可知，速度将继续增大，而牵引力将减小，则加速度将减小， 即此后汽车将做加速度逐渐减小的加速运动，直至牵引力等于阻力时，加速度减小为0，速度达到最大值vm，而速 度—时间图像的斜率表示加速度，因此可知该图像第一阶段为倾斜的直线，第二阶段为斜率逐渐减小的向下弯曲 的曲线，故A、B 错误；根据P＝Fv，而汽车在匀加速阶段F－f＝ma，可得F＝ma＋f，而v＝at，即在匀加速阶段 有P＝Fv＝（ma＋f）v＝（ma＋f）at，等式中（ma＋f）a 为一定值，则可知在汽车匀加速阶段汽车的功率与时间 成正比，即P-t 图像为过原点的一条倾斜直线，而匀加速结束后，汽车的功率达到额定值，此后功率不变，其图像 与时间轴平行，故C 正确，D 错误。 考点二 动能定理的应用 运用动能定理解题的基本思路 【例4】 （多选）（2024·广东深圳二模）如图，甲将排球从离地面高为1 m 的O 位置由静止击出并沿轨迹①运 动，当排球运动到离地面高为2.8 m 的P 位置时，速度大小为10 m/s，此时，被乙击回并以水平速度18 m/s 沿轨 4 / 10 迹②运动，恰好落回到O 位置。已知排球的质量约为0.3 kg，重力加速度g 取10 m/s2，忽略空气阻力，则（ ） A.排球沿轨迹②运动的时间为0.6 s B.O、P 两位置的水平距离为10.8 m C.甲对排球做的功为20.4 J D.乙对排球做的功约为15 J 答案：ABC 解析：对于轨迹②的运动，根据平抛运动的规律得h＝1 2gt2，解得t＝√ 2ℎ g ＝√ 2×1.8 10 s＝0.6 s，A 正确；水平 位移的距离为x＝v't＝18×0.6 m＝10.8 m，B 正确；从O 到P 点，设排球在O 点的速度为v0，到P 点的速度v， 根据动能定理可知－mgh＝1 2mv2－1 2mv0 2，解得1 2mv0 2＝mgh＋1 2mv2＝20.4 J，根据动能定理可知W 甲＝1 2mv0 2＝ 20.4 J，C 正确；设乙对排球所做的功为W 乙，则排球在P 点被击回的过程，根据动能定理可知W 乙＝1 2mv'2－1 2 mv2＝33.6 J，D 错误。 【例5】 （2024·山东潍坊三模）如图所示为冰雪冲浪项目流程图，AB 段为水平加速区，BC 段为半径r＝22.5 m 的光滑圆管型通道，AB 与BC 相切于B 点；CDE 段为半径R＝100 m 的圆弧冰滑道，BC 与CDE 相切于C 点，弧 DE 所对应的圆心角θ＝37°，D 为轨道最低点，C、E 关于OD 对称。安全员将小朋友和滑板（可视为质点）从A 点沿水平方向向左加速推动一段距离后释放，到达光滑圆管型通道上B 点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力， 小朋友运动至滑道E 点时对滑道压力FN＝410 N。已知小朋友和滑板总质量为m＝40 kg，重力加速度g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： （1）小朋友在B 点时的速度v0； （2）小朋友通过CDE 段滑道克服摩擦力做的功。 答案：（1）15 m/s，方向水平向左 （2）1 800 J 解析：（1）由于到达光滑圆管型通道上B 点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，则mg＝mv0 2 r ，所以v0＝15 m/s，方向水平向左。 （2）小朋友从B 滑到E，根据动能定理可得mgr（1－cos 37°）－W 克f＝1 2mv E 2－1 2mv0 2，在E 点，根据牛顿第 二定律可得FN－mgcos 37°＝mv E 2 R ，联立可得W 克f＝1 800 J。 【例6】 （2024·江苏苏州模考）如图所示，高度h＝0.8 m 的光滑导轨AB 位于竖直平面内，其末端与长度L＝ 0.7 m 的粗糙水平导轨BC 相连，BC 与竖直放置内壁光滑的半圆形管道CD 相连，半圆的圆心O 在C 点的正下方， 5 / 10 C 点离地面的高度H＝1.25 m。一个质量m＝1 kg 的小滑块（可视为质点），从A 点由静止下滑，小滑块与BC 段间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s2，不计空气阻力。求： （1）小滑块到达C 点时的速度大小； （2）若半圆形管道的半径r＝0.5 m，求小滑块从C 点刚进入管道时对管壁的弹力大小和方向； （3）若半圆形管道半径可以变化，则当半径为多大时，小滑块从其下端射出的水平距离最远？最远的水平距离为 多少？ 答案：（1）3 m/s （2）8 N 方向竖直向上 （3）当r＝0.2 m 时水平射程最远，最远的水平距离为1.7 m 解析：（1）对小滑块从A 到C 整个过程应用动能定理得mgh－μmgL＝1 2mvC 2，代入数据解得vC＝3 m/s。 （2）小滑块在C 点受到弹力和重力，其合力提供向心力，则FN＋mg＝mvC 2 r ，代入数据解得FN＝8 N，根据牛顿 第三定律可知小滑块刚进入圆管时对外管壁的弹力FN'＝FN＝8 N，方向竖直向上。 （3）设小滑块做平抛运动的时间为t，在竖直方向上有H－2r＝1 2gt2，水平射程x＝vDt，从C 到D 的过程，由动能 定理得mg×2r＝1 2mv D 2－1 2mvC 2，解得x＝√ 2（H －2r ） g √（vC 2+ 4 gr ）＝√ （2 H －4 r ）×( vC 2 g + 4 r) ，当2H－4r＝vC 2 g ＋4r 时，解得r＝0.2 m，即当r＝0.2 m 时水平射程最远。最远的水平距离为xmax＝1.7 m。 应用动能定理解题的四点注意 动能定理与图像的结合问题 6 / 10 【典例1】 （多选）（2024·辽宁大连五校联考）在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg 的物体在水平恒定拉力 作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给 出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g＝10 m/s2。根据以上信息能得出的物理量有（ ） A.物体与水平面间的动摩擦因数 B.合外力对物体所做的功 C.物体做匀速运动时的速度 D.物体运动的时间 答案：ABC 解析：由题意知物体开始做匀速直线运动，故拉力F 与滑动摩擦力f 大小相等，方向相反，物体与水平面间的动摩 擦因数为μ＝F mg ＝0.35，A 正确；减速过程由动能定理得WF＋Wf＝0－1 2mv2，根据F-x 图像中图线与横轴围成的 面积表示力F 做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此能求得合外力对物体所做的功及物体做匀速运动时的速度，B、C 正确；因为拉力逐渐减小过程中，物体做变减速运动，所以运动时间无法求出，D 错误。 【典例2】 （多选）（2024·山东德州二模）质量为m＝1 kg 的物体静止在水平且粗糙的地面上，在一水平外力 F 的作用下运动，如图甲所示。外力F 做的功及物体克服摩擦力f 做的功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速 度g 取10 m/s2。下列分析正确的是（ ） A.物体与地面之间的动摩擦因数为0.2 B.物体的位移为13 m C.物体在前3 m 内的加速度为3 m/s2 D.x＝9 m 时，物体的速度为3√2 m/s 答案：ACD 解析：设物体与地面之间的动摩擦因数为μ，则根据物体克服摩擦力做的功Wf＝fx＝μmgx 可知20 J＝ μ×1×10×10 J，解得μ＝0.2，整个过程中滑动摩擦力一直做功，故物体的位移为x'＝W f ' μmg ＝ 27 0.2×1×10 m＝ 13.5 m，选项A 正确，B 错误；前3 m 内拉力F1＝ W F1 x1 ＝15 3 N＝5 N，又f＝μmg＝2 N，则物体在前3 m 内的 加速度为a1＝F1－f m ＝3 m/s2，选项C 正确；由动能定理得WF－fx＝1 2mv2，当x＝9 m 时WF＝27 J，代入解得物 体的速度为v＝3√2 m/s，选项D 正确。 7 / 10 1.人们用滑道从高处向低处运送货物，如图所示，可看作质点的货物从四分之一圆弧滑道顶端P 点由静止释放， 沿滑道运动到圆弧末端Q 点时速度大小为4 m/s。已知货物质量m＝10 kg，滑道半径r＝4 m，且过Q 点的切线水 平，重力加速度g 取10 m/s2。关于货物从P 点运动到Q 点的过程，下列说法正确的是（ ） A.重力做的功为600 J B.经过Q 点时货物对轨道的压力大小为280 N C.经过Q 点时货物的向心加速度大小为4 m/s2 D.货物克服阻力做的功为80 J 解析：C 重力做的功WG＝mgr＝400 J，选项A 错误；经过Q 点时轨道对货物的支持力的大小FN＝mg＋mv 2 r ＝ 140 N，根据牛顿第三定律知，货物对轨道的压力大小140 N，选项B 错误；经过Q 点时货物的向心加速度大小an ＝v 2 r ＝4 m/s2，选项C 正确；货物克服阻力做的功Wf＝mgr－1 2mv2＝320 J，选项D 错误。 2.（多选）（2024·河南南阳模拟）解放军战士为了增强身体素质，进行拉轮胎负重训练，如图所示，已知绳子与 水平地面间的夹角恒为θ，轮胎质量为m，该战士由静止开始做加速直线运动，位移为x 时，速度达到v，已知绳 上拉力大小恒为F，重力加速度为g，则由静止加速到v 的过程中（ ） A.轮胎克服阻力做的功为Fxcos θ B.轮胎所受合外力做的功为1 2mv2 C.拉力的最大功率为Fvcos θ D.拉力所做的功为1 2mv2＋Fxcos θ 解析：BC 拉力所做的功WF＝Fxcos θ，轮胎做加速运动，则Fcos θ＞f，则轮胎克服阻力做的功小于Fxcos θ， 选项A、D 错误；由动能定理可知，轮胎所受合外力做的功W 合＝1 2mv2，选项B 正确；拉力的最大功率Pm＝Fvcos θ，选项C 正确。 3.（2024·山东济南二模）如图所示的是古代的水车，该水车周边均匀分布着N 个盛水的容器，容器到水车大圆转 轴的距离为R。在流水的冲力作用下，水车以n 转/分的转速匀速转动，当装满水的容器到达最高处时将水全部倒 入水槽中。设每个盛水容器装入水的质量均为m，忽略容器装水给水增加的动能和水车浸入水的深度，不计一切 摩擦。已知重力加速度为g，则水车运水的功率为（ ） 8 / 10 A.nNmgR 30 B.nNmgR 60 C.120 NmgR n D.2nNmgR 解析：A 水车每秒转动的圈数为n 60，水车转动一圈对水做的功W＝Nmg·2R，则水车运水的功率P＝W 1 × n 60＝ 2NmgR× n 60＝nNmgR 30 ，故选A。 4.（多选）（2024·苏北四市调研）在某次帆船运动比赛中，质量为500 kg 的帆船在风力和水的阻力（1 s 末风力 消失）的共同作用下做直线运动的v-t 图像如图所示。下列表述正确的是（ ） A.在0～1 s 内，风力对帆船做功为1 500 J B.在0～1 s 内，水的阻力对帆船做功为500 J C.在0～1 s 内，合外力对帆船做功为2 000 J D.在1～3 s 内，水的阻力对帆船做功为－1 000 J 解析：AD 根据牛顿第二定律，在0～1 s 内，有F－f＝ma1，在1～3 s 内，有f＝ma2，结合图线可得a1＝Δv1 Δt1 ＝ 2 1 m/s2＝2 m/s2，a2＝Δv2 Δt2 ＝2 2 m/s2＝1 m/s2，联立可得F＝1 500 N，f＝500 N，0～1 s 内，帆船的位移为x1＝1 2 vt1＝1 m，在0～1 s 内，风力对帆船做功WF＝Fx1＝1 500 J，水的阻力对帆船做功Wf＝－fx1＝－500 J，合外力对 帆船做功W 合＝WF＋Wf＝1 000 J，故A 正确，B、C 错误；在1～3 s 内，帆船的位移x2＝1 2vt2＝2 m，水的阻力对 帆船做功Wf'＝－fx2＝－1 000 J，故D 正确。 5.（2024·湖南长沙二模）如图甲，辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成，图乙为 提水设施工作原理简化图，某次从井中汲取m＝2 kg 的水，辘轳绕绳轮轴半径为r＝0.1 m，水斗的质量为0.5 kg，井足够深且井绳的质量忽略不计。t＝0 时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动向上提水桶，其角速度随时间变 化规律如图丙所示，g 取10 m/s2，则（ ） A.水斗上升的加速度为2 m/s2 B.10 s 时水斗的动能为4 J C.10 s 时井绳拉力的瞬时功率为50 W D.0～10 s 内井绳拉力所做的功为255 J 解析：D 由图丙可知ω＝2t，所以水斗速度随时间变化规律为v＝ωr＝0.2t，可知水斗从静止开始做匀加速直线运 动，其水斗上升的加速度a＝0.2 m/s2，故A 错误；10 s 时水斗的速度v10＝0.2×10 m/s＝2 m/s，动能Ek＝1 2（m ＋m'）v2＝5 J，故B 错误；由牛顿第二定律，可得F－（m＋m'）g＝（m＋m'）a，解得F＝25.5 N，10 s 时井绳 9 / 10 拉力的瞬时功率P＝Fv10＝51 W，故C 错误；水斗匀加速上升，0～10 s 内它上升的高度h＝1 2at2＝10 m，0～10 s 内井绳拉力所做的功W＝Fh＝255 J，故D 正确。 6.（2024·江西赣州二模）某山顶有一排风力发电机，发电机的叶片转动时可形成半径为R＝20 m 的圆面。某时间 内该山顶的风速达10 m/s，风向恰好跟某风力发电机叶片转动形成的圆面垂直，已知空气的密度ρ＝1.2 kg/m3， 若该风力发电机能将此圆内20％的空气动能转化为电能，则此风力发电机发电的功率P 约为（ ） A.1.5×104 W B.1.5×105 W C.5×104 W D.5×105 W 解析：B 时间Δt 内，通过圆面的空气的质量m＝ρvΔt·πR2，该部分空气的动能Ek＝1 2mv2，则此风力发电机发电 的功率P＝20％Ek Δt ，解得P≈1.5×105 W，故选B。 7.（2024·安徽皖江二模）一辆汽车以某一恒定功率爬上一倾角为θ 的斜坡，如图甲所示，车内的传感器记录了汽 车从坡底爬到坡顶的v-t 图像，如图乙中实线AD 所示，AB 是曲线最左端A 点的切线，CD 是曲线AD 的渐近线， 已知汽车质量m＝2×103 kg，汽车行驶过程中受到的阻力可视为不变，重力加速度g 取10 m/s2，sin θ＝0.1，对 于此次爬坡过程，下列说法正确的是（ ） A.汽车受到的阻力Ff＝2×104 N B.汽车的功率P＝32 kW C.该斜坡长为160 m D.当汽车速度为10 m/s 时，汽车的加速度为2.2 m/s2 解析：C 在A 点，汽车加速度a1＝Δv Δt ＝2 m/s2，根据牛顿第二定律F1－Ff－mgsin θ＝ma1，此时汽车的功率P＝ F1v＝（Ff＋mgsin θ＋ma1）v0，由图可知汽车最大速度vm＝16 m/s，此时牵引力F2＝Ff＋mgsin θ，则P＝F2v＝ （Ff＋mgsin θ）vm，汽车功率不变，联立两式解得Ff＝2×103 N，P＝64 kW，故A、B 错误；从A 点到D 点，根 据动能定理Pt－（Ff＋mgsin θ）L＝1 2mvm 2－1 2mv0 2，解得斜坡长L＝160 m，故C 正确；根据P＝Fv，可得当v＝ 10 m/s 时，牵引力F3＝6.4×103 N，根据牛顿第二定律F3－Ff－mgsin θ＝ma2，解得汽车的加速度a2＝1.2 m/s2， 故D 错误。 8.（2024·浙江杭州三模）惊险刺激的飞车表演中，杂技演员驾驶摩托车在竖直轨道内做圆周运动，如图所示，已 知轨道半径为4 m，人和摩托车的总质量为m＝200 kg，人和摩托车可视为质点，重力加速度取g＝10 m/s2，求： 10 / 10 （1）表演者恰好能通过最高点B 时的速度大小v1； （2）表演者以v2＝10 m/s 的速度通过轨道最左端C 点时摩托车对轨道的压力； （3）在（1）问的基础上，测得摩托车通过最低点A 的速度为2v1，求由A 到B 过程中牵引力和阻力做的总功W。 答案：（1）2√10 m/s （2）5 000 N 方向水平向左 （3）4 000 J 解析：（1）在B 点，由牛顿第二定律，可得mg＝mv1 2 R ，解得v1＝2√10 m/s。 （2）同理，在C 点，有FN＝mv2 2 R ，解得FN＝5 000 N，由牛顿第三定律可知FN'＝FN＝5 000 N，方向水平向左。 （3）从A 到B 过程，根据动能定理可得W－mg×2R＝1 2mv1 2－1 2m（2v1）2，解得W＝4 000 J。 9.（2024·江西南昌二模）2024 年将迎来名副其实的“体育大年”，今年有两个奥运会，分别是江原冬青奥会和巴 黎奥运会，滑板运动是其中一个精彩的比赛项目。一滑板训练场地如图，斜坡AB 与光滑圆轨道相切于B 点，斜坡 长度为10 m，倾角为37°，圆轨道半径为3 m，圆心为O，圆轨道右侧与一倾角为60°足够长斜面PQ 相连，运 动员连同滑板总质量为60 kg，运动员站在滑板上从斜坡顶端A 点由静止下滑，滑板与左侧倾斜轨道间的动摩擦因 数为0.2，其通过光滑圆弧轨道BCP 的P 点后落在了右侧的斜面上，滑板和运动员可视为质点，不计空气阻力， 重力加速度g 大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6，sin 60°＝√3 2 ，求： （1）滑板和运动员通过圆弧轨道最低点C 时对C 点的压力大小； （2）右侧斜面的落点到P 点的距离。 答案：（1）2 600 N （2）14√3 m 解析：（1）对滑板和运动员从A 点到C 点，根据动能定理可得 mgLsin 37°－μmgLcos 37°＋mgR（1－cos 37°）＝1 2mv2－0 解得v＝10 m/s， 在最低点C 点，有FN－mg＝m v 2 R ，解得FN＝2 600 N，由牛顿第三定律可得，滑板和运动员通过圆弧轨道最低点 C 时对C 点的压力大小为2 600 N。 （2）从C 到P 的过程，根据动能定理可得－mgR（1－cos 60°）＝1 2mv1 2－1 2mv2， 解得v1＝√70 m/s， 设右侧斜面的落点到P 点的距离为l，由抛体运动规律可得lcos 60°＝v1xt， lsin 60°＝－v1yt＋1 2gt2，其中v1x＝v1cos 60°，v1y＝v1sin 60°， 解得l＝14√3 m。
