- 机械能守恒定律
- 共29368题
（1）物块B上升的最高点与最初位置之间的距离；
（2）物块C释放时离B物块的距离d．
正确答案
解：（1）设B、C碰撞前弹簧的压缩量为x1，则由B平衡得：kx1=mgsin30°
设A对挡板恰好无压力时弹簧伸长量为x2，由A受力平衡得：kx2=mgsin30°
物体B上升至最高点与开始平衡位置之间的距离为：L=x1+x2=
（2）设B、C碰撞之前瞬间C的速度为υ，由动能定理得：mgdsin30°=
B、C碰撞动量守恒，设碰撞后共同速度为υ1，则：mv=2mv1
碰撞后整个系统机械能守恒，从碰撞结束到B至最高点：
Ep1+
由于x1=x2，故有：Ep1=Ep2
由以上各式解得：d=
答：（1）物块B上升的最高点与最初位置之间的距离是
（2）物块C释放时离B物块的距离d是
解析
解：（1）设B、C碰撞前弹簧的压缩量为x1，则由B平衡得：kx1=mgsin30°
设A对挡板恰好无压力时弹簧伸长量为x2，由A受力平衡得：kx2=mgsin30°
物体B上升至最高点与开始平衡位置之间的距离为：L=x1+x2=
（2）设B、C碰撞之前瞬间C的速度为υ，由动能定理得：mgdsin30°=
B、C碰撞动量守恒，设碰撞后共同速度为υ1，则：mv=2mv1
碰撞后整个系统机械能守恒，从碰撞结束到B至最高点：
Ep1+
由于x1=x2，故有：Ep1=Ep2
由以上各式解得：d=
答：（1）物块B上升的最高点与最初位置之间的距离是
（2）物块C释放时离B物块的距离d是
如图所示，劲度系数为k=200N/m的轻弹簧一端固定在墙上，另一端连一质量为M=8kg的小车a，开始时小车静止，其左端位于O点，弹簧没有发生形变，质量为m=1kg的小物块b静止于小车的左侧，距O点s=3m，小车与水平面间的摩擦不计，小物块与水平面间的动摩擦系数为μ=0.2，取g=10m/s2．今对小物块施加大小为F=8N的水平恒力使之向右运动，并在与小车碰撞前的瞬间撤去该力，碰撞后小车做振幅为A=0.2m的简谐运动，已知小车做简谐运动周期公式为T=2
（1）小物块与小车磁撞前瞬间的速度是多大？
（2）小车做简谐运动过程中弹簧最大弹性势能是多少？小车的最大速度为多大？
（3）小物块最终停在距O点多远处？当小物块刚停下时小车左端运动到O点的哪一侧？
正确答案
解：（1）设磁撞前瞬间，小物块b的速度为v1
小物块从静止开始运动到刚要与小车发生碰撞的过程中，
根据动能定理可知
Fs-μmgs=
解得v1=6m/s…②
（2）由于小车简谐振动的振幅是0.2m，所以弹簧的最大形变量为x=A=0.2m
根据弹性势能的表达式可知最大弹性势能Epm=
解得Epm=4J…④
根据机械能守恒定律可知小车的最大动能应等于弹簧的最大弹性势能
所以
解得小车的最大速度vm=1m/s…⑥
（3）小物块b与小车a磁撞后，小车a的速度为vm，设此时小物块的速度为v1′，
设向右为正方向，由动量守恒定律有
mv1=mv′1+Mvm…⑦
解得v1′=-2m/s…⑧
接着小物块向左匀减速运动一直到停止，设位移是s1，所经历的时间为t1，
根据动能定理可知
-μmgs1=0-
解得s1=1m…⑩
物块作匀减速运动时的加速度为
a=
t1=
小车a振动的周期T=2
由于T＞t1＞
答：（1）小物块与小车磁撞前瞬间的速度是6m/s；
（2）小车做简谐运动过程中弹簧最大弹性势能是4J；小车的最大速度为1m/s；
（3）小物块最终停在距O点1m远处，当小物块刚停下时小车左端运动到O点的左侧，并向右运动．
解析
解：（1）设磁撞前瞬间，小物块b的速度为v1
小物块从静止开始运动到刚要与小车发生碰撞的过程中，
根据动能定理可知
Fs-μmgs=
解得v1=6m/s…②
（2）由于小车简谐振动的振幅是0.2m，所以弹簧的最大形变量为x=A=0.2m
根据弹性势能的表达式可知最大弹性势能Epm=
解得Epm=4J…④
根据机械能守恒定律可知小车的最大动能应等于弹簧的最大弹性势能
所以
解得小车的最大速度vm=1m/s…⑥
（3）小物块b与小车a磁撞后，小车a的速度为vm，设此时小物块的速度为v1′，
设向右为正方向，由动量守恒定律有
mv1=mv′1+Mvm…⑦
解得v1′=-2m/s…⑧
接着小物块向左匀减速运动一直到停止，设位移是s1，所经历的时间为t1，
根据动能定理可知
-μmgs1=0-
解得s1=1m…⑩
物块作匀减速运动时的加速度为
a=
t1=
小车a振动的周期T=2
由于T＞t1＞
答：（1）小物块与小车磁撞前瞬间的速度是6m/s；
（2）小车做简谐运动过程中弹簧最大弹性势能是4J；小车的最大速度为1m/s；
（3）小物块最终停在距O点1m远处，当小物块刚停下时小车左端运动到O点的左侧，并向右运动．
中国城市建筑发展迅速，城市中摩天大楼拔地而起．一部直通摩天大楼高层的客运电梯，行程往往超过百米．电梯的简化模型如图1所示．考虑安全、舒适、省时等因索，电梯的加速度a随时间t变化的a-t图象如图2所示．已知电梯在t=0时由静止开始上升，电梯总质量m=2.0×103kg．忽略一切摩擦阻力和空气阻力，重力加速度g取10m/s2．
（1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F；
（2）类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由v-t图象求位移的方法．请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图2所示a-t图象，求电梯在前2s内的速度改变量△v和上升过程中的最大速度vm；
（3）求在0～40s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W．
正确答案
解：（1）加速度最大a=1.0 m/s2且方向向上时拉力最大
F1-mg=ma
解得 F1=2.2×104N
（2）a-t图线和横轴所围成的面积表示速度的改变
前2s内的速度改变量：△v=
0-11s 内的速度改变量：△v=
11s达到最大速度，由于初速度为0，所以0-11s 内的速度改变量就是最大速度．vm=10m/s
（3）30-40s 内的速度改变量：△v=-
所以40s 时速度v=0.5m/s
w总=
w总=
答：（1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F2.2xI04N
（2）类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由v-t图象求位移的方法．请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图2所示a-t图象，求电梯在前2s内的速度改变量△v和上升过程中的最大速度vm为10m/s
（3）求在0～40s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W为250J
解析
解：（1）加速度最大a=1.0 m/s2且方向向上时拉力最大
F1-mg=ma
解得 F1=2.2×104N
（2）a-t图线和横轴所围成的面积表示速度的改变
前2s内的速度改变量：△v=
0-11s 内的速度改变量：△v=
11s达到最大速度，由于初速度为0，所以0-11s 内的速度改变量就是最大速度．vm=10m/s
（3）30-40s 内的速度改变量：△v=-
所以40s 时速度v=0.5m/s
w总=
w总=
答：（1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F2.2xI04N
（2）类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由v-t图象求位移的方法．请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图2所示a-t图象，求电梯在前2s内的速度改变量△v和上升过程中的最大速度vm为10m/s
（3）求在0～40s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W为250J
（1）求物块A刚开始运动时的加速度大小a；
（2）设物块A沿斜面上升通过Q点位置时速度最大，求Q点到出发点的距离x0及最大速度vm；
（3）把物块B的质量变为nm（n＞0.5），小明同学认为，只要n足够大，就可以使物块A沿斜面上滑到Q点时的速度增大到2vm，你认为是否正确？如果正确，请说明理由，如果不正确，请求出A沿斜面上升到Q点位置时的速度的范围．
正确答案
解：（1）以A、B组成的系统为研究对象，A刚开始运动的瞬间，
由牛顿第二定律得：mg=（m+m）a，解得：a=0.5g；
（2）开始时，对A，由平衡条件得：mgsin30°=kx，
当A受到的合力为零时速度最大，此时：
mgsin30°+kx′=mg，
解得：x=x′=
Q点到出发点的距离：x0=2x=
在出发点与Q弹簧的形变量相同，弹簧的弹性势能相等，
由机械能守恒定律得：mgx0=mgx0sin30°+
解得，最大速度：vm=g
（3）B的质量变为nm时，由机械能守恒定律得：
nmgx0=mgx0sin30°+
解得：v=g
n→∞时，v=g
由于n不会达到无穷大，因此速度不会达到2vm，
小明的说法是错误的，速度范围是：0＜v＜g
答：（1）物块A刚开始运动时的加速度大小为0.5g；
（2）Q点到出发点的距离为：
（3）小明的说法是错误的，A沿斜面上升到Q点位置时的速度的范围为0＜v＜g
解析
解：（1）以A、B组成的系统为研究对象，A刚开始运动的瞬间，
由牛顿第二定律得：mg=（m+m）a，解得：a=0.5g；
（2）开始时，对A，由平衡条件得：mgsin30°=kx，
当A受到的合力为零时速度最大，此时：
mgsin30°+kx′=mg，
解得：x=x′=
Q点到出发点的距离：x0=2x=
在出发点与Q弹簧的形变量相同，弹簧的弹性势能相等，
由机械能守恒定律得：mgx0=mgx0sin30°+
解得，最大速度：vm=g
（3）B的质量变为nm时，由机械能守恒定律得：
nmgx0=mgx0sin30°+
解得：v=g
n→∞时，v=g
由于n不会达到无穷大，因此速度不会达到2vm，
小明的说法是错误的，速度范围是：0＜v＜g
答：（1）物块A刚开始运动时的加速度大小为0.5g；
（2）Q点到出发点的距离为：
（3）小明的说法是错误的，A沿斜面上升到Q点位置时的速度的范围为0＜v＜g
对水平面上的物体施一水平恒力大小为F，从静止开始运动了位移大小为s，撤去力F之后物体又经位移s停下，若阻力大小保持不变，则（ ）
A物体所受的阻力大小为F
B物体受的阻力大小为
C恒力F做功为零
D恒力F做的功为
正确答案
解析
解：根据动能定理，撤力前过程中，
撤力后过程中，
由上两式，解得：
恒力做功FS，故B正确，ACD错误；
故选B．
正确答案
解：这是一个圆周运动与机械能两部分知识综合应用的典型问题．题中涉及两个临界条件：一是线承受的最大拉力不大于9mg；另一个是在圆周运动的最高点的瞬时速度必须不小于 
AD=
悬线碰到钉子后，绕钉做圆周运动的半径为：
r=l-AD=l-
当小球落到D点正下方时，绳受到的最大拉力为F，此时小球的速度v，由牛顿第二定律有：
F-mg=
结合 F≤9mg可得
由机械能守恒定律得：mg（r+
即：v2=2g（r+
由①②③式联立解得：x≤
随着x的减小，即钉子左移，绕钉子做圆周运动的半径越来越大．转至最高点的临界速度 
设钉子在D点小球刚能绕钉做圆周运动到达圆的最高点，设ED=x′如图，则
AD=
r′=l-AD=l-
在最高点：mg≤
由机械能守恒定律得：
mg（
由④⑤⑥联立得 x′≥
在水平线上EF上钉子的位置范围是：
答：在水平线上EF上钉子的位置范围是：
解析
解：这是一个圆周运动与机械能两部分知识综合应用的典型问题．题中涉及两个临界条件：一是线承受的最大拉力不大于9mg；另一个是在圆周运动的最高点的瞬时速度必须不小于
AD=
悬线碰到钉子后，绕钉做圆周运动的半径为：
r=l-AD=l-
当小球落到D点正下方时，绳受到的最大拉力为F，此时小球的速度v，由牛顿第二定律有：
F-mg=
结合 F≤9mg可得
由机械能守恒定律得：mg（r+
即：v2=2g（r+
由①②③式联立解得：x≤
随着x的减小，即钉子左移，绕钉子做圆周运动的半径越来越大．转至最高点的临界速度
设钉子在D点小球刚能绕钉做圆周运动到达圆的最高点，设ED=x′如图，则
AD=
r′=l-AD=l-
在最高点：mg≤
由机械能守恒定律得：
mg（
由④⑤⑥联立得 x′≥
在水平线上EF上钉子的位置范围是：
答：在水平线上EF上钉子的位置范围是：
长为L的细绳拴着一个质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动，在小球经过最高点时，绳子对球的拉力恰好为零．试求：
（1）经过最高点时小球的速度大小；
（2）若小球在经过最低点时，速度恰好是最高点时的
正确答案
解：（1）在小球经过最高点时，绳子对球的拉力恰好为零，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：
mg=m
得：v=
（2）小球在经过最低点时，由绳的拉力和重力的合力充当向心力，由牛顿第二定律得：
T-mg=m
可得：T=6mg
答：（1）经过最高点时小球的速度大小是
（2）小球达到最低点时，绳对球的拉力是6mg．
解析
解：（1）在小球经过最高点时，绳子对球的拉力恰好为零，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：
mg=m
得：v=
（2）小球在经过最低点时，由绳的拉力和重力的合力充当向心力，由牛顿第二定律得：
T-mg=m
可得：T=6mg
答：（1）经过最高点时小球的速度大小是
（2）小球达到最低点时，绳对球的拉力是6mg．
质量为2Kg的滑块以V0=4m/s的初速度从倾角为30°的斜面底端向上滑行，上滑的最大距离L=1m，则小球回到原出发点的动能是多少？（g=10m/s2）
正确答案
解：设小球上滑的最大距离为L，所受的滑动摩擦力大小为f．根据动能定理得：
上滑过程：-mgLsin30°-fL=0-
下滑过程：mgLsin30°-fL=Ek-0；
解得：Ek=4J；
答：小球滑回到出发点时动能为4J．
解析
解：设小球上滑的最大距离为L，所受的滑动摩擦力大小为f．根据动能定理得：
上滑过程：-mgLsin30°-fL=0-
下滑过程：mgLsin30°-fL=Ek-0；
解得：Ek=4J；
答：小球滑回到出发点时动能为4J．
（1）B、E两点间的距离；
（2）滑块从B点沿半圆形轨道运动到D点的过程中客服轨道摩擦力所做的功．
正确答案
解：（1）设滑块从D点飞出时的速度为vD，由题有：vD=
从D点运动到E点时间为t，滑块从D点飞出后做平抛运动，则
竖直方向：2R=
水平方向：x=vDt
解得：x=2R
（2）从A到D，由动能定理得：
-μmg•3R-mg•2R-Wf=
将vA=3
答：
（1）B、E两点间的距离是2R；
（2）滑块从B点沿半圆形轨道运动到D点的过程中克服轨道摩擦力所做的功是0.5mgR．
解析
解：（1）设滑块从D点飞出时的速度为vD，由题有：vD=
从D点运动到E点时间为t，滑块从D点飞出后做平抛运动，则
竖直方向：2R=
水平方向：x=vDt
解得：x=2R
（2）从A到D，由动能定理得：
-μmg•3R-mg•2R-Wf=
将vA=3
答：
（1）B、E两点间的距离是2R；
（2）滑块从B点沿半圆形轨道运动到D点的过程中克服轨道摩擦力所做的功是0.5mgR．
某同学将一质量为m的物体，以初速度v0沿斜上方抛出，物体落地时的速度为v，抛出时物体距地面的高度为h，重力加速度为g，求：
（1）该同学对物体所做的功；
（2）物体在空中运动过程中，克服空气阻力做的功．
正确答案
解：（1）对抛物体的过程，由动能定理得该同学对物体所做的功为：W=
（2）对物体在空中运动过程，由动能定理得：
mgh-Wf=
则得克服空气阻力做的功为：Wf=mgh-
答：（1）该同学对物体所做的功为
（2）物体在空中运动过程中，克服空气阻力做的功为mgh-
解析
解：（1）对抛物体的过程，由动能定理得该同学对物体所做的功为：W=
（2）对物体在空中运动过程，由动能定理得：
mgh-Wf=
则得克服空气阻力做的功为：Wf=mgh-
答：（1）该同学对物体所做的功为
（2）物体在空中运动过程中，克服空气阻力做的功为mgh-
如图所示，竖直平面内，长为L=2m的水平传送带AB以v=5m/s顺时针传送，其右下方有固定光滑斜面CD，斜面倾角θ=37°，顶点C与传送带右端B点竖直方向高度差h=0.45m，下端D点固定一挡板．一轻弹簧下端与挡板相连，上端自然伸长至E点，且C、E相距0.4m，现让质量m=2kg的小物块以v0=2m/s的水平速度从A点滑上传送带，小物块传送至B点后飞出恰好落至斜面顶点C且与斜面无碰撞，之后向下运动．已知弹簧的最大压缩量为0.2m，物块所受空气阻力不计，取重力加速度g=10m/s2．求：
（1）传送带与小物块间的动摩擦因数μ；
（2）由于传送物块电动机对传送带所做的功；
（3）弹簧的最大弹性势能．
正确答案
解：（1）物块离开B点后做平抛运动，将物块在C点的速度沿水平和竖直方向分解，则有：
vy=
则物块通过B点的速度为：vB=vycot37°=4m/s
由于vB＜v，所以物块由A到B一直做匀加速运动，在此过程中，物块的加速度为：
a=
由
解得：μ=0.3
（2）物块由A到B的加速度为：a=μg=3m/s2；
运动时间为：t=
此过程传送带的位移为：s=vt=
所以由于传送块电动机对传送带所做的功为：W=μmgs=20J
（3）物块到C点时的速度为为：vC=
对物块，由C点运动到最低点的过程，由能量守恒定律得：
mg（SCE+△x）+
代入解得弹簧的最大弹簧性势能为：Epm=32.2J
答：（1）传送带与小物块间的动摩擦因数μ是0.3；
（2）由于传送块电动机对传送带所做的功是20J；
（3）弹簧的最大弹簧性势能是32.2J．
解析
解：（1）物块离开B点后做平抛运动，将物块在C点的速度沿水平和竖直方向分解，则有：
vy=
则物块通过B点的速度为：vB=vycot37°=4m/s
由于vB＜v，所以物块由A到B一直做匀加速运动，在此过程中，物块的加速度为：
a=
由
解得：μ=0.3
（2）物块由A到B的加速度为：a=μg=3m/s2；
运动时间为：t=
此过程传送带的位移为：s=vt=
所以由于传送块电动机对传送带所做的功为：W=μmgs=20J
（3）物块到C点时的速度为为：vC=
对物块，由C点运动到最低点的过程，由能量守恒定律得：
mg（SCE+△x）+
代入解得弹簧的最大弹簧性势能为：Epm=32.2J
答：（1）传送带与小物块间的动摩擦因数μ是0.3；
（2）由于传送块电动机对传送带所做的功是20J；
（3）弹簧的最大弹簧性势能是32.2J．
（1）小球离开B点前后的加速度大小和速度vB．
（2）小球落地点C与B点的水平距离x．
（3）小球落点速度与水平方向夹角的正切值．
正确答案
解：（1）在B点，根据牛顿第二定律得：N-mg=ma
又 N=3mg
解得：a=2g，
根据：a=
得：vB=
（2）根据H-R=
则水平距离为：x=vBt=
（3）落地时，竖直分速度为：vy=gt=
则小球落点速度与水平方向夹角的正切值为：tanθ=
答：（1）小球通过B点时的加速度为2g，通过B点的速度vB为
（2）小球落地点C与B点的水平距离为
（3）小球落点速度与水平方向夹角的正切值是
解析
解：（1）在B点，根据牛顿第二定律得：N-mg=ma
又 N=3mg
解得：a=2g，
根据：a=
得：vB=
（2）根据H-R=
则水平距离为：x=vBt=
（3）落地时，竖直分速度为：vy=gt=
则小球落点速度与水平方向夹角的正切值为：tanθ=
答：（1）小球通过B点时的加速度为2g，通过B点的速度vB为
（2）小球落地点C与B点的水平距离为
（3）小球落点速度与水平方向夹角的正切值是
物体做自由落体运动，下落1m和下落2m时，物体的动能之比为______，下落第1s末和第2s末的动能之比为______．
正确答案
1：2
1：4
解析
解：根据v2=2gh，高度比为1：2，则速度的平方比为1：2，根据EK=
根据v=gt，知下落1s和2s后物体的速度比为1：2，根据EK=
故本题答案为：1：2，1：4．
如图所示，可以看成质点的小物体放在高度为h=1.25m、长度为s=1.25m的粗糙水平固定桌面的左端A点，以初速度vA=5m/s向右滑行，离开桌子边缘B做平抛运动，落入光滑竖直圆轨道的缺口C中，速度vC与圆轨道相切，然后在圆轨道中运动，恰好能够经过圆轨道的最高点D．已知物体在D点的速度vD=0.5vC，半径OC与竖直方向夹角为60°，小物体质量m=1kg（g取10m/s2）．
（1）小物体离开桌子边缘B后经过多长时间落地？
（2）小物体与桌面之间的动摩擦因数为多大？
（3）圆轨道的半径R等于多少？
（4）小物体运动到C的对称点C′时对轨道的压力是多大？
正确答案
解：（1）小物体离开桌子边缘B后做自由落体；h=
（2）恰好能够经过圆轨道的最高点D，则vD=
对于从A到C过程，由动能定理可知：
mgh-μmgs=
由运动的合成与分解可知，B点的速度为：vB=vCcos60°=
则由机械能守恒定律可知，CB在同一水平面上；
则有：h=R+Rcos60°；
解得：R=
则：VD=
vc=2vD=2
联立可得：μ=
（4）根据向心力公式：N-mgcos60°=
解得：N=45N
答：（1）小物体离开桌子边缘B后经过0.5s落地
（2）小物体与桌面之间的动摩擦因数为
（3）圆轨道的半径R等于
（4）小物体运动到C的对称点C′时对轨道的压力是45N
解析
解：（1）小物体离开桌子边缘B后做自由落体；h=
（2）恰好能够经过圆轨道的最高点D，则vD=
对于从A到C过程，由动能定理可知：
mgh-μmgs=
由运动的合成与分解可知，B点的速度为：vB=vCcos60°=
则由机械能守恒定律可知，CB在同一水平面上；
则有：h=R+Rcos60°；
解得：R=
则：VD=
vc=2vD=2
联立可得：μ=
（4）根据向心力公式：N-mgcos60°=
解得：N=45N
答：（1）小物体离开桌子边缘B后经过0.5s落地
（2）小物体与桌面之间的动摩擦因数为
（3）圆轨道的半径R等于
（4）小物体运动到C的对称点C′时对轨道的压力是45N
（1）小球的初速度；
（2）小球落在c点的速度方向与水平面间的夹角的正切值；
（3）小球的初速度不同时，小球会击中坑内的不同位置，击中坑时动能也不同，求小球的初速度多大时，小球击中坑时有最小的动能，最小的动能多大？
正确答案
解：（1）小球做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动，由几何关系可知，ac连线与水平方向的夹角为30°，由平抛运动的规律有：
v0t=Rcos30°
联立解得：t=
（2）设小球落在c点的速度方向与水平面间的夹角为α，则有：
tanα=
（3）设小球落在c点时水平位移大小为x，下落的高度为y．
由数学知识有：x2+y2=R2；
由机械能守恒有：
又 y=
联立可得：
所以小球击中坑时有最小动能的条件是：
即：y=
由上解得动能最小时的初速度为：v0=
答：（1）小球的初速度是
（2）小球落在c点的速度方向与水平面间的夹角的正切值是
（3）小球的初速度为
解析
解：（1）小球做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动，由几何关系可知，ac连线与水平方向的夹角为30°，由平抛运动的规律有：
v0t=Rcos30°
联立解得：t=
（2）设小球落在c点的速度方向与水平面间的夹角为α，则有：
tanα=
（3）设小球落在c点时水平位移大小为x，下落的高度为y．
由数学知识有：x2+y2=R2；
由机械能守恒有：
又 y=
联立可得：
所以小球击中坑时有最小动能的条件是：
即：y=
由上解得动能最小时的初速度为：v0=
答：（1）小球的初速度是
（2）小球落在c点的速度方向与水平面间的夹角的正切值是
（3）小球的初速度为
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