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2019-2020年高考物理大一輪復習 第五章 機械能守恒定律單元滾動檢測卷 考生注意： 1．本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共4頁． 2．答卷前，考生務必用藍、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級、學號填寫在相應位置上． 3．本次考試時間90分鐘，滿分100分． 第Ⅰ卷 一、選擇題Ⅰ(本題共13小題，每小題3分，共39分．每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分) 1．伽利略的斜面實驗反映了一個重要事實：如果空氣阻力和摩擦力小到可以忽略不計，小球一旦沿斜面A滾落，必將準確地終止于斜面B上與它開始點相同高度處，絕不會更高一點或更低一點，這說明，小球在運動過程中有一個“東西”是不變的，這個“東西”是(　　) A．彈力 B．速度 C．加速度 D．能量 答案　D 解析　運動過程中若斜面的傾角不同，則受到的彈力不同，A錯誤；下滑過程中速度越來越大，上滑過程中速度越來越小，速度不同，B錯誤；斜面的傾斜程度不同，加速度也不同，C錯誤；伽利略理想斜面實驗中如果空氣阻力和摩擦力小到可以忽略，則在小球運動的過程只有重力做功，則物體的機械能守恒，故這個不變量應該是能量，D正確． 2．(xx紹興第一中學期末)關于做功，下列說法中正確的是(　　) A．滑動摩擦力阻礙物體的相對運動，一定做負功 B．靜摩擦力和滑動摩擦力都可以做正功 C．一負電荷在電場中移動時，克服電場力做功，則其電勢能減少 D．作用力與反作用力大小相等、方向相反，所做功的代數和一定為零 答案　B 解析　恒力做功的表達式W＝Flcos α，滑動摩擦力的方向與物體相對運動方向相反，但與運動方向可以相同，也可以相反，物體受滑動摩擦力也有可能位移為零，故可能做負功，也可能做正功，也可能不做功，A錯誤；恒力做功的表達式W＝Flcos α，靜摩擦力的方向與物體相對運動趨勢方向相反，但與運動方向可以相同，也可相反，還可以與運動方向垂直，故靜摩擦力可以做正功，也可以做負功，也可以不做功，結合A的分析，B正確；無論是正電荷還是負電荷，只要克服電場力做功，其電勢能一定增加，C錯誤；一對相互作用力大小相等，方向相反，作用的兩個物體位移不同，做功就不同，其代數和不一定為零，D錯誤． 3．兩輛相同的汽車，一輛空載，一輛滿載，在同一水平公路路面上(路面粗糙程度不變)直線行駛，下面關于兩車車速、動能、慣性、質量和滑行路程的討論，正確的是(　　) A．車速較大的汽車，它的慣性較大 B．動能較大的汽車，它的慣性較大 C．行駛速度相同時，質量較大的汽車，剎車后滑行的路程較長 D．以額定功率勻速行駛時，質量較小的汽車，剎車后滑行的路程較長 答案　D 4．如圖1所示，兩個物體與水平地面間的動摩擦因數相等，它們的質量也相等．在甲圖中用力F1拉物體，在乙圖中用力F2推物體，夾角均為α，兩個物體都做勻速直線運動，通過相同的位移．設F1和F2對物體所做的功分別為W1和W2，物體克服摩擦力做的功分別為W3和W4，下列判斷正確的是(　　) 圖1 A．F1＝F2 B．W1＝W2 C．W3＝W4 D．W1－W3＝W2－W4 答案　D 5．如圖2所示，質量為m的小球(可以看成質點)，在恒力F的作用下，從地面上A點由靜止開始運動．途經桌面處B點到達C點，現以桌面為參考平面，已知HH，則mgh＞mgH，故A錯誤；重力勢能的大小看位置高低，A點最低，B錯誤；恒力F始終做正功，所以小球的機械能一直變大，C正確，D錯誤． 6．如圖3所示，質量相同的物體A與B通過一輕繩繞過光滑固定的輕質定滑輪系在一起，B在光滑斜面上，與B相連的輕繩與斜面平行．開始時用手托著A使它們都靜止，然后放手，在A未到達地面、B未到達斜面頂端之前(　　) 圖3 A．物體A的動能總比物體B的動能大 B．輕繩對物體A不做功 C．物體A和B組成的系統(tǒng)的機械能不守恒 D．物體B的機械能一定變大 答案　D 解析　由題意知，A、B兩物體的速率始終相等，所以兩物體的動能相等，選項A錯誤；輕繩的拉力對A做負功，選項B錯誤；A、B組成的系統(tǒng)中只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，選項C錯誤；繩子拉力對B做正功，B的機械能一定變大，選項D正確． 7．根據國家標準規(guī)定，電動自行車的最高速度不得超過20 km/h.一個高中生騎電動自行車按規(guī)定的最高速度勻速行駛時，電動車所受的阻力是總重力的0.2倍．已知人和車的總質量約為60 kg，則此時電動車電機的輸出功率約為(　　) A．70 W B．140 W C．700 W D．1 400 W 答案　C 8．如圖4所示，某高三男生以立定跳遠的方式躍過一條1.8 m寬的水溝，其起跳、騰空、落地的過程如圖所示，他這一次跳躍所消耗的能量最接近(　　) 圖4 A．60 J B．600 J C．1 200 J D．2 000 J 答案　B 解析　設男生質量為60 kg.G＝mg＝600 N，跳起高度大約1 m，消耗的能量E＝mgh＝600 J. 9. 如圖5所示，小球甲從豎直固定的半徑為R的光滑圓弧軌道頂端由靜止?jié)L下，圓弧底端切線水平；同質量的小球乙從高為R的光滑斜面頂端由靜止?jié)L下．下列判斷錯誤的是(　　) 圖5 A．兩小球到達底端時速度相同 B．兩小球運動到底端的過程中重力做功相同 C．兩小球到達底端時動能相同 D．兩小球到達底端時，乙重力做功的瞬時功率大于甲重力做功的瞬時功率 答案　A 解析　根據動能定理得，mgR＝mv2，知兩小球到達底端的動能相等，速度大小相等，但是速度的方向不同，故選項A錯誤，C正確；兩小球運動到底端的過程中，下落的高度相同，則重力做功相同，故選項B正確；兩小球到達底端的速度大小相等，甲球的重力與速度方向垂直，瞬時功率為零，乙球的重力與速度方向不垂直，瞬時功率不為零，則乙球的重力做功的瞬時功率大于甲球的重力做功的瞬時功率，故選項D正確． 10．同一輛貨車兩次勻速駛上同一坡路(路面粗糙程度相同)，在空載時上坡的速度為v1，牽引力為F1；在滿載時上坡的速度為v2，牽引力為F2.已知兩次上坡過程該貨車的輸出功率相同，不計空氣阻力，則(　　) A．v1＜v2 B．v1＞v2 C．F1＞F2 D．F1＝F2 答案　B 解析　貨車勻速上坡時的牽引力F＝mgsin θ＋μmgcos θ，空載時的牽引力F1小于滿載時的牽引力F2，選項C、D均錯；由P＝Fv相同，可知v1＞v2，選項B正確． 11．如圖6所示，斜面高h，質量為m的物塊，在沿斜面向上的恒力F作用下，能勻速沿斜面向上運動，若把此物塊放在斜面頂端，在沿斜面向下同樣大小的恒力F作用下，物塊由靜止向下滑動，滑至底端時其動能的大小為(不計空氣阻力)(　　) 圖6 A．mgh B．2mgh C．2Fh D．Fh 答案　B 解析　物塊勻速向上運動，即向上運動過程中物塊的動能不變，由動能定理知物塊向上運動過程中外力對物塊做的總功為0， 即WF－mgh－Wf＝0 ① 物塊向下運動過程中，恒力F與摩擦力分別對物塊做的功與向上運動時相同，設滑至底端時的動能為Ek，由動能定理知WF＋mgh－Wf＝Ek－0 ② 將①式變形有WF－Wf＝mgh， 代入②式有Ek＝2mgh，則B選項正確． 12．三峽水力發(fā)電站是我國最大的水力發(fā)電站，三峽水庫水位落差約100 m，水的流量約1.35104 m3/s，船只通航需要3 500 m3/s的流量，其余流量全部用來發(fā)電，水流沖擊水輪機發(fā)電時，水流減少的機械能有20%轉化為電能．按照以上數據估算，如果三峽電站全部用于城市生活用電，它可以滿足約多少個百萬人口城市生活用電．(設三口之家平均每家每月用電240度)(　　) A．2個 B．6個 C．18個 D．90個 答案　C 解析　每秒用于發(fā)電的水的重力勢能約為11010 J，轉化為電能有2109 J，每月就是5.21015 J，等于1.44109度電，大約可供600萬個三口之家使用，也就是1 800萬人口，18個百萬人口，故C正確． 13．2016年12月18日，國內單機容量最大的抽水蓄能電站——浙江仙居抽水蓄能電站全面投產．其工作原理是：在用電低谷時(如深夜)，電站利用電網多余電能把水抽到高處蓄水池中，到用電高峰時，再利用蓄水池中的水發(fā)電．如圖7所示，若該電站蓄水池(上水庫)有效總庫容量(可用于發(fā)電)為 8.78106 m3，發(fā)電過程中上下水庫平均水位差 671 m，年抽水用電量為 3.2109 kWh，年發(fā)電量為 2.5109 kWh(水的密度為ρ＝1.0103 kg/m3，重力加速度為g＝10 m/s2)，相當于給華東電網建了一個“大蓄電池”，以下水庫水面為零勢能面. 則下列說法正確的是(　　) 圖7 A．抽水蓄能電站的總效率約為 65% B．發(fā)電時流入下水庫的水流速度最大可達 150 m/s C．蓄水池中能用于發(fā)電的水的重力勢能約為Ep＝6.01015 J D．該電站平均每天所發(fā)電能可供給一個大城市居民用電(電功率以106 kW 計算)約7 h 答案　D 解析　已知年抽水用電量為3.2109 kWh，年發(fā)電量為2.5109 kWh，則抽水蓄能電站的總效率為η＝100%≈78.1%，故A錯誤．若沒有任何阻力，由機械能守恒得mgh＝mv2，得v＝＝ m/s≈116 m/s，由題知，水流下的過程中受到阻力，所以發(fā)電時流入下水庫的水流速度小于116 m/s，故B錯誤．蓄水池中能用于發(fā)電的水的重力勢能為Ep＝mgh＝ρVgh＝1.01038.7810610671 J≈5.91013 J，故C錯誤．該電站平均每天所發(fā)電量為E＝，可供給一個大城市居民用電(電功率以106 kW計算)的時間為t＝≈7 h，故D正確． 二、選擇題Ⅱ(本題共3小題，每小題2分，共6分．每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的，全部選對的得2分，選對但不全的得1分，有錯選的得0分) 14．如圖8所示，排球運動員正在做顛球訓練，若空氣阻力不能忽略，則擊球后，球從某位置離開手豎直向上運動，再下落回到該位置的過程中(　　) 圖8 A．重力先做正功后做負功 B．重力做的總功不為零 C．空氣阻力做負功 D．空氣阻力做的總功等于球的動能變化 答案　CD 解析　排球在豎直向上運動的過程中，重力方向與位移方向相反，重力做負功，排球豎直向下運動的過程中，重力方向與位移方向相同，重力做正功，選項A錯誤；重力做功只與初、末位置有關，故在整個過程中，重力對排球做的總功為零，選項B錯誤；在整個運動過程中，排球受的空氣阻力方向與速度方向始終相反，故空氣阻力對排球做負功，選項C正確；由動能定理知，空氣阻力做的總功等于球的動能變化，選項D錯誤． 15. 如圖9所示，輕質彈簧的一端與固定的豎直板P連接，另一端與物體A相連，物體A置于光滑水平面桌面上，過右端連接一水平細線，細線繞過光滑的輕質定滑輪與物體B相連，A、B兩物體質量相等．開始A、B處于靜止狀態(tài)，某時刻燒斷細線，下列分析正確的是(　　) 圖9 A．燒斷細線的瞬時，A物體的加速度為零 B．B物體落地前，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒 C．B物體落地后，A物體與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 D．當彈簧的彈力為零時，A物體的動能最大 答案　CD 解析　以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，彈簧的彈力等于B物體的重力，燒斷細線的瞬間，根據牛頓第二定律可知，mg＝ma，選項A錯誤；B物體落地前，A物體、B物體以及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故選項B錯誤；B物體落地后，A物體與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，選項C正確；以A為研究對象，當加速度為零即彈簧的彈力為零時，速度達到最大，動能最大，選項D正確． 16．如圖10所示，體重相同的兩位女士到五樓上班，甲圖中的女士從一樓勻速走上去，而乙圖中的女士乘電梯從一樓(上升過程勻速)上去，若乙圖中的女士先到，則下列關于兩位女士受到的力所做的功及功率的判斷不正確的是(　　) 圖10 A．兩位女士所受支持力做功相同，乙圖中的女士克服重力做功的功率大 B．乙圖中的女士所受支持力做功大，克服重力做功的功率也大 C．兩位女士所受支持力做功相同，克服重力做功的功率也相同 D．甲圖中的女士所受支持力做功大，克服重力做功的功率也相同 答案　ACD 解析　題圖甲中的女士所受支持力不做功，克服重力做功相同，但題圖乙中的女士用的時間少，故其功率大，B項正確． 第Ⅱ卷 三、非選擇題(本題共7小題，共55分) 17．(4分)在探究做功與物體速度變化的關系實驗中： (1)除長木板、足夠多的橡皮筋和紙帶外，還需要以下哪些器材才能完成該實驗________．(填器材的代號，漏填或多填均不得分) (2)圖11甲、乙分別是A、B兩位同學實驗后交上的紙帶，你認為兩位同學操作合理的是________(填“A”或“B”)，不合理的原因是____________________________． 圖11 答案　(1)ACFG (2)B　沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 解析　(1)本實驗需要交流電源、小木塊和刻度尺；由于電源使用的是220 V的交流電壓，所以打點計時器選用電火花計時器．(2)根據題圖甲，小木塊達到最大速度后做減速運動，說明A同學沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；根據題圖乙，小木塊達到最大速度后做勻速運動，說明B同學已平衡摩擦力，故操作合理的同學是B. 18．(5分)在用自由落體法“驗證機械能守恒定律”的實驗中：(g取10 m/s2) (1)運用公式mv2＝mgh來驗證時，對實驗條件的要求是________，為此，所選擇的紙帶第1、2兩點間的距離應接近________． (2)若實驗中所用重錘質量m＝1 kg，打點紙帶如圖12所示，打點時間間隔為0.02 s，則記錄B點時，重錘速度vB＝________，重錘動能Ek＝________；從開始下落起至B點，重錘的重力勢能減小量是________．由此可得出的結論是________________．(結果均取兩位有效數字) 圖12 (3)根據紙帶算出相關各點的速度v，量出下落距離h，則以為縱軸，以h為橫軸畫出的圖象應是圖中的(　　) 答案　(1)從靜止開始下落　2 mm (2)0.79 m/s　0.31 J　0.32 J　在實驗誤差允許的范圍內機械能是守恒的　(3)C 解析　(1)重力勢能轉化為動能，實驗條件的要求是從靜止開始下落，即初速度為0，第1、2兩點的距離h＝gt2且t＝0.02 s，可得h＝2 mm.(2)B點是A、C兩點的中間時刻，由vB＝＝0.79 m/s，重錘動能Ek＝mv≈0.31 J．重錘重力勢能的減少量ΔEp＝mghB且hB＝32.4 mm，代入可得ΔEp≈0.32 J．減少的重力勢能近似等于重錘動能的增加量，可得出結論：在實驗誤差允許的范圍內機械能是守恒的．(3)由mv2＝mgh，整理可得＝gh，所以－h(huán)圖線是一條過原點的傾斜直線，圖線的斜率為重力加速度g，C正確． 19．(5分)某同學用如圖13甲所示裝置做“探究合力做的功與動能改變關系”的實驗，他們將光電門固定在水平軌道上的B點，并用重物通過細線拉小車，然后保持小車和重物的質量不變，通過改變小車釋放點到光電門的距離(s)進行多次實驗，實驗時要求每次小車都從靜止釋放． 圖13 (1)用游標卡尺測出遮光條的寬度d如圖乙所示，d＝________cm. (2)如果遮光條通過光電門的時間為t，小車到光電門的距離為s.該同學通過描點作出線性圖象來反映合力做的功與動能改變關系，則他作的圖象是下列哪一個時才能符合實驗要求________． A．s－t B．s－t2 C．s－t－1 D．s－t－2 (3)下列哪些實驗操作能夠減小實驗誤差________． A．調整軌道的傾角，在未掛重物時使小車能在軌道上勻速運動 B．必須滿足重物的質量遠小于小車的質量 C．必須保證小車從靜止狀態(tài)開始釋放 答案　(1)1.075　(2)D　(3)C 解析　(1)游標卡尺的主尺讀數為1 cm，游標尺讀數為150.05 mm＝0.75 mm＝0.075 cm，所以最終讀數為：1 cm＋0.075 cm＝1.075 cm； (2)數字計時器記錄遮光條通過光電門的時間，由位移公式計算出小車通過光電門的平均速度，用該平均速度代替小車的瞬時速度，故在遮光條經過光電門時小車的瞬間速度為：v＝，根據動能定理：Fs＝mv2＝m()2，可見s與t2成反比，即與成正比，故應作出s－t－2圖象．故選D. (3)經前面分析知，要使s－t－2圖象為過原點的直線，應保證小車初動能為零，即必須保證小車從靜止狀態(tài)開始釋放，故選C. 20.(9分)(xx寧波市9月聯(lián)考)如圖14所示，固定斜面的傾角θ＝30，物體A與斜面之間的動摩擦因數為μ＝，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時上端位于C點，物體A的質量為m＝2 kg，初始時物體A到C點的距離為L＝1 m，現給A一初速度v0＝3 m/s，使A開始沿斜面向下運動，物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈到C點．不計空氣阻力，g＝10 m/s2，求此過程中： 圖14 (1)物體A第一次經過C點時的速度大??； (2)彈簧的最大壓縮量； (3)彈簧獲得的最大彈性勢能． 答案　(1)4 m/s　(2) m　(3) J 解析　(1)設物體A向下運動剛到C點時速度為v mgLsin θ－μmgcos θL＝mv2－mv， 可解得v＝4 m/s (2)設彈簧的最大壓縮量為x mv2＝μmgcos θ2x，解得x＝ m (3)設彈簧的最大彈性勢能為Epm mgxsin θ－μmgcos θx－Epm＝0－mv2， 解得Epm＝ J. 21．(10分)(xx金華市9月十校聯(lián)考)如圖15所示，水平面上的A點有一固定的理想彈簧發(fā)射裝置，發(fā)射裝置內壁光滑，A為發(fā)射口所在的位置，B點與在豎直面內、內壁光滑的鋼管彎成的“9”形固定軌道平滑相接，鋼管內徑很小，“9”字全高H＝1 m；“9”字上半部分圓弧半徑R＝0.1 m，圓弧為圓周；當彈簧壓縮量為2 cm(彈性限度內)時，啟動發(fā)射裝置，恰能使質量m＝0.1 kg的滑塊沿軌道上升到最高點C，已知彈簧彈性勢能與壓縮量的平方成正比，AB間距離為L＝4 m，滑塊與水平面間的動摩擦因數為0.2，重力加速度g＝10 m/s2，求： 圖15 (1)當彈簧壓縮量為2 cm時，彈簧的彈性勢能； (2)當彈簧壓縮量為3 cm(彈性限度內)時，啟動發(fā)射裝置，滑塊滑到軌道最高點C時對軌道的作用力； (3)當彈簧壓縮量為3 cm時，啟動發(fā)射裝置，滑塊從D點水平拋出后的水平射程． 答案　(1)1.8 J　(2)44 N，方向豎直向上　(3)2.8 m 解析　(1)根據能量守恒定律得，Ep＝μmgL＋mgH，解得Ep＝1.8 J (2)因為彈簧彈性勢能與壓縮量的平方成正比，彈簧壓縮量為3 cm時，Ep′＝Ep 根據能量守恒定律得，Ep′＝μmgL＋mgH＋mv 由牛頓第二定律得：FN＋mg＝m，解得FN＝44 N 由牛頓第三定律可知，滑塊滑到軌道最高點C時對軌道作用力的大小FN′＝44 N，方向豎直向上． (3)根據能量守恒定律Ep′＝μmgL＋mg(H－2R)＋mv，解得vD＝7 m/s， 由平拋運動得，H－2R＝gt2，x＝vDt 故水平射程x＝2.8 m. 22．(10分)如圖16所示，質量m＝1 kg的小物塊靜止放在粗糙水平桌面上，它與水平桌面間的動摩擦因數μ＝0.4，且與水平桌面邊緣O點的距離s＝8 m．在緊靠桌面邊緣右側固定了一個圓弧擋板，半徑R＝3 m，圓心與桌面同高．以O點為原點建立平面直角坐標系．現用F＝8 N的水平恒力拉動小物塊，一段時間后撤去拉力，小物塊最終水平拋出并擊中擋板．(g取10 m/s2) 圖16 (1)若小物塊恰能擊中圓弧擋板最低點，求其離開O點時的動能大??； (2)在第(1)問中拉力F作用的時間； (3)若小物塊在空中運動的時間為0.6 s，則拉力F作用的距離． 答案　(1)7.5 J　(2) s　(3) m 解析　(1)小物塊離開O點后開始做平拋運動， 故：R＝v0t，R＝gt2，又EkO＝mv 解得EkO＝7.5 J； (2)由開始運動到小物塊到達O點由動能定理得： Fx－μmgs＝mv，得x＝ m 由牛頓第二定律得F－μmg＝ma，得a＝4 m/s2 由x＝at2，得t＝ s (3)小物塊離開O點后開始做平拋運動，由下落時間可知下落距離y＝gt2，得y＝1.8 m. ①若小物塊落到半圓的左半邊，則平拋運動水平位移 x1＝R－＝0.6 m v1＝＝1 m/s 由動能定理得FL1－μmgs＝mv 得L1＝ m ②若小物塊落到半圓的右半邊，同理可得v2＝9 m/s 由動能定理得FL2－μmgs＝mv 解得L2＝ m>8 m(舍去)． 23．(12分)(xx超級全能生8月聯(lián)考)探究平拋運動實驗裝置如圖17所示，半徑為L的四分之一圓軌道(可視為光滑)固定于水平桌面上，切口水平且與桌邊對齊，切口離地面高度為2L.離切口水平距離為L的一探測屏AB豎直放置，一端放在水平面上，其高為2L.一質量為m的小球從圓軌道上不同的位置靜止釋放打在探測屏上．若小球在運動過程中空氣阻力不計，小球可視為質點，重力加速度為g.求： 圖17 (1)小球從圖示位置P處靜止釋放，到達圓軌道最低點Q處速度大小及小球對圓軌道壓力； (2)為讓小球能打在探測屏上，小球應從圓軌道上什么范圍內靜止釋放？ (3)小球從什么位置靜止釋放，小球打在屏上時動能最小，最小動能為多少？ 答案　見解析 解析　(1)小球從P處下滑到Q點，由機械能守恒可得mgL＝mv2 得v＝ 在Q點對小球受力分析得FN－mg＝ 代入得FN＝3mg 根據牛頓第三定律，小球對軌道壓力大小為3mg，方向豎直向下 (2)小球從軌道上某點C下滑到Q處平拋，恰好打在B點，則根據平拋運動規(guī)律 豎直方向2L＝gt2 得t＝2 水平方向vQ＝ 從C到Q根據機械能守恒得 mghC＝mv 得hC＝ 即小球從PC范圍內從靜止釋放均能打到探測屏上． (3)設從Q處以速度v0射出，打到探測屏上距A點h處，其動能Ek＝mv＋mgh 而h＝gt2＝()2 得Ek＝mv＋mg2 得v0＝時Ek最小 Ekmin＝mgL 由機械能守恒得mgH＝mv H＝ 故釋放點位置離Q的豎直高度為