2024-2025學(xué)年新教材高中物理第1章動量守恒定律章末測評含解析新人教版選擇性必修第一冊VIP

PAGE10-章末綜合測評(一)動量守恒定律(分值：100分)1．(3分)關(guān)于動量，以下說法正確的是()A．做勻速圓周運(yùn)動的質(zhì)點(diǎn)，其動量不隨時間發(fā)生改變B．懸線拉著的擺球在豎直面內(nèi)搖擺時，每次經(jīng)過最低點(diǎn)時的動量均相同C．勻速飛行的巡航導(dǎo)彈巡航時動量始終不變D．做平拋運(yùn)動的質(zhì)點(diǎn)在豎直方向上的動量與運(yùn)動時間成正比D[做勻速圓周運(yùn)動的物體速度方向時刻改變，故動量時刻改變，故A項(xiàng)錯；單擺的擺球相鄰兩次經(jīng)過最低點(diǎn)時動量大小相等，但方向相反，故B項(xiàng)錯；巡航導(dǎo)彈巡航時雖速度不變，但由于燃料不斷燃燒(導(dǎo)彈中燃料占其總質(zhì)量的一部分，不行忽視)，從而使導(dǎo)彈總質(zhì)量不斷減小，導(dǎo)彈動量減小，故C項(xiàng)錯；做平拋運(yùn)動的質(zhì)點(diǎn)在豎直方向上的分運(yùn)動為自由落體運(yùn)動，在豎直方向的分動量p豎＝mvy＝mgt，故D項(xiàng)對。]2．(3分)清華高校對富康轎車勝利地進(jìn)行了中國轎車史上的第一次碰撞平安性試驗(yàn)，成為“中華第一撞”，從今，我國汽車整體平安性碰撞試驗(yàn)起先與國際接軌。在碰撞過程中，關(guān)于平安氣囊愛護(hù)作用的相識正確的是()A．平安氣囊減小了駕駛員的動量改變B．平安氣囊減小了駕駛員受到撞擊力的沖量C．平安氣囊主要是減小了駕駛員的動量改變率D．平安氣囊延長了撞擊力的作用時間，從而使得動量改變更大C[在碰撞過程中，駕駛員的動量改變量是肯定的，而且平安氣囊增加了作用的時間，依據(jù)動量定理Ft＝Δp可知，可以減小駕駛員受到的撞擊力，即減小了駕駛員的動量改變率，故選C。]3．(3分)最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機(jī)聯(lián)試勝利，這標(biāo)記著我國重型運(yùn)載火箭的研發(fā)取得突破性進(jìn)展。若某次試驗(yàn)中該發(fā)動機(jī)向后噴射的氣體速度約為3km/s，產(chǎn)生的推力約為4.8×106N，則它在1s時間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為()A．1.6×102kg C．1.6×105kgB[依據(jù)動量定理有FΔt＝Δmv－0，解得eq\f(Δm,Δt)＝eq\f(F,v)＝eq\f(4.8×106N,3000m/s)＝1.6×103kg/s，所以選項(xiàng)B正確。]4．(3分)將靜置在地面上，質(zhì)量為M(含燃料)的火箭模型點(diǎn)火升空，在極短時間內(nèi)以相對地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的炙熱氣體。忽視噴氣過程重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時火箭模型獲得的速度大小是()A．eq\f(m,M)v0 B．eq\f(M,m)v0C．eq\f(M,M－m)v0 D．eq\f(m,M－m)v0D[依據(jù)動量守恒定律mv0＝(M－m)v，得v＝eq\f(m,M－m)v0，選項(xiàng)D正確。]5．(3分)如圖所示，設(shè)質(zhì)量為M的導(dǎo)彈運(yùn)動到空中最高點(diǎn)時速度為v0，突然炸成兩塊，質(zhì)量為m的一塊以速度v沿v0的方向飛去，則另一塊的運(yùn)動()A．肯定沿v0的方向飛去B．肯定沿v0的反方向飛去C．可能做自由落體運(yùn)動D．以上說法都不對C[以整個導(dǎo)彈為探討對象，取v0的方向?yàn)檎较?。依?jù)爆炸的瞬間系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，有Mv0＝(M－m)v′＋mv，則得另一塊的速度為v′＝eq\f(Mv0－mv,M－m)，若Mv0>mv，則v′>0，說明另一塊沿v0的方向飛去；若Mv0<mv，則v′<0，說明另一塊沿v0的反方向飛去；若Mv0＝mv，則v′＝0，說明另一塊做自由落體運(yùn)動，故選C。]6．(3分)如圖所示，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車上AB部分是半徑為R的四分之一光滑圓弧，BC部分是粗糙的水平面。今把質(zhì)量為m的小物體從A點(diǎn)由靜止釋放，小物體與BC部分間的動摩擦因數(shù)為μ，最終小物體與小車相對靜止于B、C之間的D點(diǎn)，則B、D間的距離x隨各量改變的狀況是()A．其他量不變，R越大x越大B．其他量不變，μ越大x越大C．其他量不變，m越大x越大D．其他量不變，M越大x越大A[小車和小物體組成的系統(tǒng)水平方向的動量守恒且為零，所以當(dāng)小車和小物體相對靜止時，系統(tǒng)水平方向的總動量仍為零，則小車和小物體相對于水平面也靜止，由能量守恒得μmgx＝mgR，x＝eq\f(R,μ)，選項(xiàng)A正確，B、C、D錯誤。]7．(3分)(2024·山東聊城期末)某同學(xué)質(zhì)量為45kg，在軍事訓(xùn)練中，要求他從岸上以大小為2m/s的水平速度跳到一條正向他緩緩飄來的小船上，然后去執(zhí)行任務(wù)。小船的質(zhì)量是90kg，速度大小是0.6m/s，該同學(xué)上船后又跑了幾步，最終停在船上。水的阻力忽視不計，則下列說法正確的是()A．該同學(xué)和小船最終靜止在水面上B．船最終的速度大小是0.3m/sC．此過程該同學(xué)的動量改變量大小約為78kg·m/sD．此過程船的動量改變量大小約為30kg·m/sC[該同學(xué)與船組成的系統(tǒng)，在水平方向動量守恒，選取該同學(xué)原來的速度方向?yàn)檎较?，依?jù)動量守恒定律得m人v人－m船v船＝(m人＋m船)v共，解得v共＝eq\f(m人v人－m船v船,m人＋m船)＝eq\f(45×2－90×0.6,45＋90)m/s≈0.27m/s，即船最終的速度大小是0.27m/s，故A、B錯誤；此過程中該同學(xué)的動量改變量為Δp人＝m人v共－m人v人＝45×(0.27－2)kg·m/s≈－78kg·m/s，C正確；依據(jù)動量守恒定律知，該同學(xué)與船動量的改變量大小相等，則船的動量改變量大小約為78kg·m/s，D錯誤。]8．(3分)(2024·河北衡水中學(xué)調(diào)研)如圖所示，足夠長的小平板車B的質(zhì)量為M，以大小為v0的水平速度向右在光滑水平面上運(yùn)動，與此同時，質(zhì)量為m的小物體A從車的右端以大小也為v0的水平速度沿車的粗糙上表面對左運(yùn)動。若物體與車面之間的動摩擦因數(shù)為μ，則在足夠長的時間內(nèi)()A．若M>m，物體A對地向左的最大位移是eq\f(2Mv\o\al(2,0),M＋mμg)B．若M<m，車B對地向右的最大位移是eq\f(Mv\o\al(2,0),2μmg)C．無論M與m的大小關(guān)系如何，摩擦力對車的沖量均為mv0D．無論M與m的大小關(guān)系如何，摩擦力的作用時間均為eq\f(Mv0,M＋mμg)B[規(guī)定向右為正方向，依據(jù)動量守恒定律有Mv0－mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(M－mv0,M＋m)。物體A所受的摩擦力f＝μmg，若M>m，對物體A，依據(jù)動能定理得－μmgxA＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得物體A對地向左的最大位移xA＝eq\f(v\o\al(2,0),2μg)，A錯誤；若M<m，對車，由動能定理得－μmgxB＝0－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)，解得車對地向右的最大位移xB＝eq\f(Mv\o\al(2,0),2μmg)，B正確；依據(jù)動量定理知，摩擦力對車的沖量等于車動量的改變量，即I＝－μmgt＝Mv－Mv0＝eq\f(－2mMv0,M＋m)，得t＝eq\f(2Mv0,μM＋mg)，C、D錯誤。]9．(6分)如圖所示，在試驗(yàn)室用兩端帶有豎直擋板C和D的氣墊導(dǎo)軌和有固定擋板的質(zhì)量都是M的滑塊A和B做“探究碰撞中的不變量”的試驗(yàn)，試驗(yàn)步驟如下：①把兩滑塊A和B緊貼在一起，在A上放置質(zhì)量為m的砝碼，置于導(dǎo)軌上，用電動卡銷卡住A和B，在A和B的固定擋板間放入一彈簧，使彈簧處于水平方向上的壓縮狀態(tài)；②按下電鈕使電動卡銷放開，同時啟動兩個記錄兩滑塊運(yùn)動時間的電子計時器，當(dāng)A和B分別與擋板C和D碰撞時，電子計時器自動停表，登記A至C的運(yùn)動時間t1，B至D的運(yùn)動時間t2；③重復(fù)幾次，取t1和t2的平均值?；卮鹣铝袉栴}：(1)在調(diào)整氣墊導(dǎo)軌時應(yīng)留意_________________________。(2)應(yīng)測量的數(shù)據(jù)還有______________________________________________________________________________________________________________。(3)只要關(guān)系式_______________________________________________成立，即可得出碰撞中不變的量是mv的矢量和。[解析](1)為了保證彈簧把滑塊A、B彈開后兩滑塊均做勻速直線運(yùn)動，必需使氣墊導(dǎo)軌水平，須要用水平儀加以調(diào)試。(2)要求出兩滑塊A、B在卡銷放開后的速度，需測出A至C的時間t1和B至D的時間t2，并且要測量出兩滑塊到擋板的距離x1和x2，再由公式v＝eq\f(x,t)求出其速度。(3)依據(jù)所測數(shù)據(jù)求得兩滑塊的速度大小分別為vA＝eq\f(x1,t1)和vB＝eq\f(x2,t2)。設(shè)向左為正方向，碰前兩滑塊靜止，總動量為零，碰后兩滑塊的總動量為(M＋m)eq\f(x1,t1)－Meq\f(x2,t2)＝0。[答案](1)使氣墊導(dǎo)軌水平(2)滑塊A的左端到擋板C的距離x1和滑塊B的右端到擋板D的距離x2(3)(M＋m)eq\f(x1,t1)－Meq\f(x2,t2)＝010．(8分)(新情境題)隨著機(jī)動車數(shù)量的增加，交通平安問題日益凸顯。分析交通違法事例，將警示我們遵守交通法規(guī)，珍惜生命。一貨車嚴(yán)峻超載后的總質(zhì)量為49t，以54km/h的速率勻速行駛。發(fā)覺紅燈時司機(jī)剎車，貨車馬上做勻減速直線運(yùn)動，加速度的大小為2.5m/s2(不超載時則為5m/s2)。(1)若前方無阻擋，問從剎車到停下來此貨車在超載及不超載時分別前進(jìn)多遠(yuǎn)？(2)若超載貨車剎車時正前方25m處停著總質(zhì)量為1t的轎車，兩車將發(fā)生碰撞，設(shè)相互作用0.1s后獲得相同速度，問貨車對轎車的平均沖力為多大。[解析](1)設(shè)貨車剎車時速度大小為v0，加速度大小為a，末速度大小為vt，剎車距離為s，則s＝eq\f(v\o\al(2,0)－v\o\al(2,t),2a) ①將數(shù)據(jù)代入①式得超載時s1＝45m， ②不超載時s2＝22.5m。 ③(2)設(shè)貨車剎車后經(jīng)s′＝25m與轎車碰撞時的速度大小為v1，v1＝eq\r(v\o\al(2,0)－2as′)。 ④設(shè)碰撞后兩車共同速度為v2、貨車質(zhì)量為M、轎車質(zhì)量為m，由動量守恒定律得Mv1＝(M＋m)v2 ⑤設(shè)貨車對轎車的作用時間為Δt，平均沖力大小為eq\o(F,\s\up8(－))，由動量定理得eq\o(F,\s\up8(－))Δt＝mv2 ⑥聯(lián)立④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)得eq\o(F,\s\up8(－))＝9.8×104N。[答案](1)超載時45m，不超載時22.5m(2)9.8×104N1．(4分)(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運(yùn)動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x?，F(xiàn)讓彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B(如圖乙所示)，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，則()甲乙A．物體A的質(zhì)量為3B．物體A的質(zhì)量為2C．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)D．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為mveq\o\al(2,0)AC[對題圖甲，設(shè)物體A的質(zhì)量為M，由機(jī)械能守恒定律可得，彈簧壓縮x時的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)；對題圖乙，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，彈簧達(dá)到最大壓縮量x時，A、B速度相等，設(shè)為v，由動量守恒定律有M·2v0＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)M(2v0)2－eq\f(1,2)(M＋m)v2，聯(lián)立以上三式可得M＝3m，Ep＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)，故選A、C。]2．(4分)(多選)如圖所示，兩根光滑且平行的固定水平桿位于同一豎直平面內(nèi)。兩靜止小球A、B(質(zhì)量分別為m1、m2)分別穿在兩桿上，兩球間連接一個處于原長狀態(tài)的豎直輕彈簧，現(xiàn)給小球B一個水平向右的初速度v0。假如兩桿足夠長，則在此后的運(yùn)動過程中，下列說法正確的是()A．A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒B．彈簧最長時，其彈性勢能為eq\f(m1m2v\o\al(2,0),2m1＋m2)C．A、B速度相同時，共同速度為eq\f(m2v0,m1＋m2)D．A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒BCD[由于系統(tǒng)在豎直方向上受力平衡，水平方向不受外力，所以A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，A錯誤；彈簧最長時，A、B速度相同，以向右為正方向，由動量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝eq\f(m2v0,m1＋m2)，對于兩球和彈簧組成的系統(tǒng)，只有彈簧彈力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋Ep，解得Ep＝eq\f(m1m2v\o\al(2,0),2m1＋m2)，B、C、D正確。]3．(4分)(多選)A、B兩船的質(zhì)量均為m，都靜止在安靜的湖面上，現(xiàn)A船上質(zhì)量為eq\f(1,2)m的人，以對地水平速度v從A船跳到B船，再從B船跳到A船，經(jīng)n次跳動后，人停在B船上，不計水的阻力，則()A．A、B兩船速度大小之比為2∶3B．A、B(包括人)兩船的動量大小之比為1∶1C．A、B(包括人)兩船的動量之和為0D．A、B(包括人)兩船動能之比為1∶1BC[最終人停在B船上，以A、B兩船及人組成的系統(tǒng)為探討對象，在整個過程中，以A的速度方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律得mvA－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(1,2)m))vB＝0，解得eq\f(vA,vB)＝eq\f(3,2)，A錯誤；以人與兩船組成的系統(tǒng)為探討對象，人在跳動過程中總動量守恒，所以A、B(包括人)兩船的動量大小之比是1∶1，B正確；由于系統(tǒng)的總動量守恒，始終為零，故A、B(包括人)兩船的動量之和也為零，C正確；A、B(包括人)兩船的動能之比eq\f(EkA,EkB)＝eq\f(\f(p2,2m),\f(p2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(1,2)m))))＝eq\f(3,2)，D錯誤。]4．(4分)(多選)某探討小組通過試驗(yàn)測得兩滑塊碰撞前后運(yùn)動的試驗(yàn)數(shù)據(jù)，得到如圖所示的位移—時間圖像。圖中的線段a、b、c分別表示沿光滑水平面上同一條直線運(yùn)動的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發(fā)生正碰后的結(jié)合體的位移隨時間的改變關(guān)系。已知相互作用時間極短。由圖像給出的信息可知()A．碰前滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ速度大小之比為5∶2B．碰前滑塊Ⅰ的動量比滑塊Ⅱ的動量大C．碰前滑塊Ⅰ的動能比滑塊Ⅱ的動能小D．滑塊Ⅰ的質(zhì)量是滑塊Ⅱ的質(zhì)量的eq\f(1,6)AD[依據(jù)s-t圖像的斜率等于速度，可得碰撞前滑塊Ⅰ的速度為v1＝eq\f(4－14,5)m/s＝－2m/s，大小為2m/s，滑塊Ⅱ的速度為v2＝eq\f(4,5)m/s＝0.8m/s，則碰前速度大小之比為5∶2，A正確；碰撞前、后系統(tǒng)動量守恒，碰撞前，滑塊Ⅰ的速度為負(fù)，動量為負(fù)，滑塊Ⅱ的速度為正，動量為正，由于碰撞后動量為正，故碰撞前總動量也為正，故碰撞前滑塊Ⅰ的動量比滑塊Ⅱ的動量小，B錯誤；碰撞后的共同速度為v＝eq\f(6－4,5)m/s＝0.4m/s，依據(jù)動量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，代入數(shù)據(jù)可得m1＝eq\f(1,6)m2，D正確；碰前滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ的動能之比為eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(\f(1,2)m1v\o\al(2,1),\f(1,2)m2v\o\al(2,2))＝eq\f(m1,m2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v1,v2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(25,24)，所以碰前滑塊Ⅰ的動能比滑塊Ⅱ的動能大，C錯誤。]5．(8分)(2024·湖南婁底期末)某同學(xué)用如圖所示的裝置做驗(yàn)證動量守恒定律的試驗(yàn)。(1)為了盡量減小試驗(yàn)誤差，該同學(xué)在安裝斜槽軌道時，應(yīng)讓斜槽末端保持水平，這樣做的目的是________。A．使入射小球與被碰小球碰后均能從同一高度飛出B．使入射小球與被碰小球碰后能同時飛出C．使入射小球與被碰小球離開斜槽末端時的速度方向?yàn)樗椒较駾．使入射小球與被碰小球碰撞時的動能不損失(2)調(diào)整A球滾下的高度，讓A球以肯定速度v與靜止的B球發(fā)生碰撞，碰后兩球動量正好相等，則A、B兩球的質(zhì)量之比eq\f(m1,m2)應(yīng)滿意________。[解析](1)為了讓兩球碰撞后做平拋運(yùn)動，必須要保證兩球離開斜槽末端時能夠水平飛出，即速度方向?yàn)樗椒较颍x項(xiàng)C正確。(2)設(shè)碰撞后兩球的動量都為p，由題意可知，碰撞前后總動量為2p，依據(jù)動量和動能的關(guān)系p2＝2mEk，且碰撞過程動能不增加，有eq\f(2p2,2m1)≥eq\f(p2,2m1)＋eq\f(p2,2m2)，解得eq\f(m1,m2)≤3，因?yàn)橐觅|(zhì)量較大的球去碰撞質(zhì)量較小的球，故eq\f(m1,m2)>1，所以A、B兩球的質(zhì)量之比eq\f(m1,m2)應(yīng)滿意1<eq\f(m1,m2)≤3。[答案](1)C(2)1＜eq\f(m1,m2)≤36.(8分)如圖所示，一質(zhì)量為M的物塊靜止在水平桌面邊緣，桌面離水平地面的高度為h。質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入物塊后以水平速度eq\f(v0,2)射出，重力加速度為g。不計子彈穿過物塊的時間，求：(1)此過程中子彈及物塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)此后物塊落地點(diǎn)離桌面邊緣的水平距離。[解析](1)設(shè)子彈穿過物塊后物塊的速度為v，由動量守恒定律得mv0＝m·eq\f(v0,2)＋Mv，解得v＝eq\f(m,2M)v0，系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))eq\s\up12(2)＋\f(1,2)Mv2))，聯(lián)立解得ΔE＝eq\f(1,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(m,M)))mveq\o\al(2,0)。(2)設(shè)物塊下落地面所需時間為t，落地點(diǎn)距桌面邊緣的水平距離為s，則h＝eq\f(1,2)gt2，s＝vt，解得s＝eq\f(mv0,M)eq\r(\f(h,2g))。[答案](1)eq\f(1,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(m,M)))mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(mv0,M)eq\r(\f(h,2g))7．(14分)(2024·江蘇啟東中學(xué)高二上期末節(jié)選)如圖所示，在光滑水平面上有一塊長為L的木板B，其上表面粗糙。在其左端有一個光滑的eq\f(1,4)圓弧槽C與長木板接觸但不連接，圓弧槽的下端與木板的上表面相平，B、C靜止在水平面上?，F(xiàn)有可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊A以初速度v0從右端滑上木板B并以eq\f(v0,2)的速度滑離B，恰好能到達(dá)C的最高點(diǎn)。A、B、C的質(zhì)量均為m，求：(1)滑塊A與木板B上表面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)eq\f(1,4)圓弧槽C的半徑R。[解析](1)A在木板B上滑動時，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)A滑離B時，B、C整體的速度為v1，則mv0＝m·eq\f(v0,2)＋2mv1，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)＋Q，其中Q＝μmgL，聯(lián)立解得v1＝eq\f(1,4)v0，μ＝eq\f(5v\o\al(2,0),16gL)。(2)A在C上滑動時，A、C組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，因此A、C系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設(shè)A到達(dá)C的最高點(diǎn)時，A、C的共同速度為v2，則m·eq\f(v0,2)＋mv1＝2mv2，由機(jī)械能守恒定律，有eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)＋mgR，聯(lián)立解得R＝eq\f(v\o\al