高考物理曲线运动专项训练100(附答案)

高考物理曲线运动专项训练100(附答案)
一、高中物理精讲专题测试曲线运动
1．如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限的等腰直角三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y＜0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场2
2
mv
E
qh
=．一质量为m、电荷量为q的带电粒子从电场中Q点以速度v0水平向右射出，经坐标原点O射入第Ⅰ象限．已知粒子在第Ⅲ象限运动的水平方向位移为竖直方向位移的2倍，且恰好不从PN边射出磁场．已知MN平行于x轴，N点的坐标为(2h,2h)，不计粒子的重力，求：
⑴入射点Q的坐标；
⑵磁感应强度的大小B；
⑶粒子第三次经过x轴的位置坐标.
【答案】(1)()
2,h h
--(2)
)
221
mv
qh
(3)
(20262
,0
v gh
g
⎡⎤
--
⎢⎥
-
⎢⎥
⎣⎦
【解析】
【分析】
带电粒子从电场中Q点以速度v0水平向右射出，在第Ⅲ象限做的是类平抛运动，在第I象限，先是匀速直线运动，后是圆周运动，最后又在电场中做类斜抛运动．
【详解】
(1)带电粒子在第Ⅲ象限做的是类平抛运动，带电粒子受的电场力为1F运动时间为1t，有
1
F qE
=
2
2
mv
h
=
由题意得
1
1
F qE
a
m m
==
101
x v t
=
2
11
1
2
y at
=
解得
2
1
mv
x
Eq
=
20
12mv y Eq
=
202mv E qh
=
Q 的坐标
()2,h h --
(2) 带电粒子经坐标原点O 射入第Ⅰ象限时的速度大小为1v
0x v v =
1y v at =
1mv t Eq
=
联立解得
0y v v =
102v v =
由带电粒子在通过坐标原点O 时，x 轴和y 轴方向速度大小相等可知，带电粒子在第I 象限以02v 速度大小，垂直MP 射入磁场，并在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，且恰好不从PN 边射出磁场．如下图所示，设圆周的半径为R ，由牛顿第二定律则有
20
022mv q v B R
= 0
2R qB
=
由图知EC 是中位线，O 1是圆心，D 点是圆周与PN 的切点，由几何知识可得，圆周半径
R =
解得
)0
2
1B mv qh
=
(3)
0，且抛 射角是045，如下图所示，
根据斜抛运动的规律，有
20x v =cos450
20y v =sin450
带电粒子在电场中飞行时间为2t 则有
10
222y v v t g
g
=
=
带电粒子在电场中水平方向飞行距离为2x 有
20
2222x v x v t g
==
带电粒子在2p 点的坐标 由几何知识可知2p 点的坐标是
，0）
带电粒子在1p 点的坐标是
(2026,0v gh g ⎡⎤--⎢⎥-⎢⎥⎣⎦
【点睛】
带电粒子在不同场中运动用不同的物理公式以及利用几何知识来计算．
2．如图所示，光滑轨道CDEF 是一“过山车”的简化模型，最低点D 处入、出口不重合，
E 点是半径为0.32R m =的竖直圆轨道的最高点，D
F 部分水平，末端F 点与其右侧的水
平传送带平滑连接，传送带以速率v=1m/s 逆时针匀速转动，水平部分长度L=1m ．物块B 静止在水平面的最右端F 处．质量为1A m kg =的物块A 从轨道上某点由静止释放，恰好通过竖直圆轨道最高点E ，然后与B 发生碰撞并粘在一起．若B 的质量是A 的k 倍，A B
、
与传送带的动摩擦因数都为0.2μ=，物块均可视为质点，物块A 与物块B 的碰撞时间极短，取2
10/g m s =．求：
（1）当3k =时物块A B 、碰撞过程中产生的内能； （2）当k=3时物块A B 、在传送带上向右滑行的最远距离；
（3）讨论k 在不同数值范围时，A B 、碰撞后传送带对它们所做的功W 的表达式．
【答案】（1）6J （2）0.25m （3）①()21W k J =-+②()
221521k k W k +-=+
【解析】
（1）设物块A 在E 的速度为0v ，由牛顿第二定律得：20
A A v m g m R
=①，
设碰撞前A 的速度为1v ．由机械能守恒定律得：220111222
A A A m gR m v m v +=②， 联立并代入数据解得：14/v m s =③；
设碰撞后A 、B 速度为2v ，且设向右为正方向，由动量守恒定律得
()122A A m v m m v =+④；
解得：211
41/13
A A
B m v v m s m m =
=⨯=++⑤；
由能量转化与守恒定律可得：()22
121122
A A
B Q m v m m v =-+⑥，代入数据解得Q=6J ⑦； （2）设物块AB 在传送带上向右滑行的最远距离为s ，
由动能定理得：()()221
2
A B A B m m gs m m v μ-+=-+⑧，代入数据解得0.25s m =⑨； （3）由④式可知：214
/1A A B m v v m s m m k
=
=++⑩；
（i ）如果A 、B 能从传送带右侧离开，必须满足()()2
21
2
A B A B m m v m m gL μ+>+，
解得：k ＜1，传送带对它们所做的功为：()()21J A B W m m gL k μ=-+=-+； （ii ）（I ）当2v v ≤时有：3k ≥，即AB 返回到传送带左端时速度仍为2v ； 由动能定理可知，这个过程传送带对AB 所做的功为：W=0J ，
（II ）当0k ≤<3时，AB 沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速， 当速度与传送带速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左侧．
在这个过程中传送带对AB 所做的功为()()22211
22
A B A B W m m v m m v =
+-+， 解得()
2215
21k k W k +-=
+； 【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、动量守恒定律、动能定理即可解题；解题时注意讨论，否则会漏解．A 恰好通过最高点E ，由牛顿第二定律求出A 通过E 时的速度，由机械能守恒定律求出A 与B 碰撞前的速度，A 、B 碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出碰撞过程产生的内能，应用动能定理求出向右滑行的最大距离．根据A 、B 速度与传送带速度间的关系分析AB 的运动过程，根据运动过程应用动能定理求出传送带所做的功．
3．如图所示，大小相同且质量均为m 的A 、B 两个小球置于光滑的边长为22H 的正方形玻璃板上，B 静止，A 由长为2H 的轻质细绳悬挂于O 3，静止时细绳刚好拉直，悬点距离玻璃板和玻璃板距离水平地面均为H ，玻璃板中心O 2位于悬点O 3正下方，O 3与O 2的延长线和水平地面交于点O 1．已知重力加速度为g ．
（1）某同学给A 一个水平瞬时冲量I ，A 开始在玻璃板上表面做圆周运动且刚好对玻璃板无压力，求I 满足的表达式；
（2）A 运动半周时刚好与静止的B 发生对心弹性正碰，B 从玻璃板表面飞出落地，求小球B 的落点到O 1的距离．
【答案】（1）I m gH = （2）3H 【解析】
设细绳与竖直方向夹角为θ (1)cos 1H
h
θ=
= 45θ=o ，A 圆周运动轨道半径为H 由A 的受力分析可知：20
tan mv mg H
θ= 动量定理：0I mv =
I m gH =
(2)A 与B 发生弹性正碰11122o m v m v m v =+
22211122111
222
o m v m v m v =+ 解得2v gH =
B 球被碰后，在桌面上匀速运动飞出桌面后平抛，设平抛的射程为x
2
12
H gt =
2x v t =
由几何关系得 221(2)o p H H x =
++
13o p H =
【点睛】(1)根据圆周运动向心力表达式即可求得；
（2）根据弹性碰撞机械能守恒动量守恒求得B 小球的速度，再结合平抛运动的知识求得距离．
4．如图所示，光滑水平面AB 与竖直面内的半圆形导轨在B 点相接，导轨半径为R ．一个质量为m 的物体将弹簧压缩至A 点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，当它经过B 点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半个圆周运动到达C 点．试求：
（1）弹簧开始时的弹性势能．
（2）物体从B 点运动至C 点克服阻力做的功． （3）物体离开C 点后落回水平面时的速度大小． 【答案】(1)3mgR (2)0.5mgR (3)5
2
mgR 【解析】
试题分析：（1）物块到达B 点瞬间，根据向心力公式有：
解得：
弹簧对物块的弹力做的功等于物块获得的动能，所以有
（2）物块恰能到达C 点，重力提供向心力，根据向心力公式有：
所以：
物块从B 运动到C ，根据动能定理有：
解得：
（3）从C 点落回水平面，机械能守恒，则：
考点：本题考查向心力，动能定理，机械能守恒定律
点评：本题学生会分析物块在B 点的向心力，能熟练运用动能定理，机械能守恒定律解相关问题．
5．如图所示，四分之一光滑圆弧轨道AO 通过水平轨道OB 与光滑半圆形轨道BC 平滑连接，B 、C 两点在同一竖直线上，整个轨道固定于竖直平面内，以O 点为坐标原点建立直角坐标系xOy 。

一质量m =1kg 的小滑块从四分之一光滑圆弧轨道最高点A 的正上方E 处由静止释放，A 、E 间的高度差h =2.7m ，滑块恰好从A 点沿切线进入轨道，通过半圆形轨道BC 的最高点C 时对轨道的压力F =150N ，最终落到轨道上的D 点(图中未画出)。

已知四分之一圆弧轨道AO 的半径R =1.5m ，半圆轨道BC 的半径r =0.4m ，水平轨道OB 长l =0.4m ，重力加速度g =10m/s 2。

求：
(1)小滑块运动到C 点时的速度大小； (2)小滑块与水平轨道OB 间的动摩擦因数； (3)D 点的位置坐标.
【答案】(1)8m/s C v = (2)0.5μ= (3) 1.2m x =-,0.6m y = 【解析】 【详解】
（1）滑块在C 点时，对滑块受力分析，有
2
C v F mg m r
+= 解得：8/C v m s =
（2）滑块从E 点到C 点过程，由动能定理可知：
()2
122
c mg h R r mgl mv μ+--=
解得：0.5μ=
（3）小滑块离开C 点后做平抛运动，若滑块落到水平轨道，则
2
122
r gt =
，C s v t = 解得： 3.20.4s m l m =>=
所以滑块落到四分之一圆弧轨道上，设落点坐标为(),x y ，则有：
2
122
r y gt -=
C l x v t -=
()2
22x R y R +-=
解得： 1.2x m =-，0.6m y =
6．如图所示，一质量为m =1kg 的小球从A 点沿光滑斜面轨道由静止滑下，不计通过B 点时的能量损失，然后依次滑入两个相同的圆形轨道内侧，其轨道半径R =10cm ，小球恰能通过第二个圆形轨道的最高点，小球离开圆形轨道后可继续向E 点运动，E 点右侧有一壕沟，E 、F 两点的竖直高度d =0.8m ，水平距离x =1.2m ，水平轨道CD 长为L 1=1m ，DE 长为L 2=3m ．轨道除CD 和DE 部分粗糙外，其余均光滑，小球与CD 和DE 间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g =10m/s 2．求：
（1）小球通过第二个圆形轨道的最高点时的速度； （2）小球通过第一个圆轨道最高点时对轨道的压力的大小；
（3）若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球从A 点释放时的高度的范围是多少？
【答案】(1)1m/s （2）40N (3)0.450.8m h m ≤≤或 1.25h m ≥ 【解析】
⑴小球恰能通过第二个圆形轨道最高点，有：
22
v mg m R
=
求得：υ2gR ①
⑵在小球从第一轨道最高点运动到第二圆轨道最高点过程中，应用动能定理有：
−μmgL 1=
12mv 22−1
2
mv 12 ②
求得：υ1
在最高点时，合力提供向心力，即F N +mg=2
1m R
υ ③ 求得：F N = m(
2
1R
υ−g)= 40N
根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力为：F N ′=F N =40N ④
⑵若小球恰好通过第二轨道最高点，小球从斜面上释放的高度为h1，在这一过程中应用动能定理有：mgh 1 −μmgL 1 −mg 2R =
1
2
mv 22 ⑤ 求得：h 1=2R+μL 1+2
22g
υ=0.45m 若小球恰好能运动到E 点，小球从斜面上释放的高度为h 1，在这一过程中应用动能定理有：
mgh 2−μmg(L 1+L 2)=0−0 ⑥ 求得： h 2=μ(L 1+L 2)=0.8m
使小球停在BC 段，应有h 1≤h≤h 2，即：0.45m≤h≤0.8m 若小球能通过E 点，并恰好越过壕沟时，则有
d =
12gt 2 ⑦ x=v E t →υE =
x
t
=3m/s ⑧ 设小球释放高度为h 3，从释放到运动E 点过程中应用动能定理有： mgh 3 −μm g(L 1+L 2)=
2
12
E mv −0 ⑨ 求得：h 3=μ(L 1+L 2)+22E
g
υ=1.25m 即小球要越过壕沟释放的高度应满足：h≥1.25m
综上可知，释放小球的高度应满足：0.45m≤h≤0.8m 或 h≥1.25m ⑩
7．三维弹球()3DPinball 是Window 里面附带的一款使用键盘操作的电脑游戏，小王同学受此启发，在学校组织的趣味运动会上，为大家提供了一个类似的弹珠游戏．如图所示，将一质量为0.1m kg =的小弹珠(可视为质点)放在O 点，用弹簧装置将其弹出，使其沿着光滑的半圆形轨道OA 和AB 进入水平桌面BC ，从C 点水平抛出．已知半圆型轨道OA 和AB 的半径分别为0.2r m =，0.4R m =，BC 为一段长为 2.0L m =的粗糙水平桌面，小弹珠与桌面间的动摩擦因数为0.4μ=，放在水平地面的矩形垫子DEFG 的DE 边与BC 垂
直，C 点离垫子的高度为0.8h m =，C 点离DE 的水平距离为0.6x m =，垫子的长度EF 为1m ，210/.g m s =求：
()1若小弹珠恰好不脱离圆弧轨道，在B 位置小弹珠对半圆轨道的压力；
()2若小弹珠恰好不脱离圆弧轨道，小弹珠从C 点水平抛出后落入垫子时距左边缘DE 的距
离；
()3若小弹珠从C 点水平抛出后不飞出垫子，小弹珠被弹射装置弹出时的最大初速度．
【答案】（1）6N （2）0.2m （3）26/m s 【解析】 【分析】
(1)由牛顿第二定律求得在A 点的速度，然后通过机械能守恒求得在B 点的速度，进而由牛顿第二定律求得支持力，即可由牛顿第三定律求得压力；
(2)通过动能定理求得在C 点的速度，即可由平抛运动的位移公式求得距离；
(3)求得不飞出垫子弹珠在C 点的速度范围，再通过动能定理求得初速度范围，即可得到最大初速度． 【详解】
（1）若小弹珠恰好不脱离圆弧轨道，那么对弹珠在A 点应用牛顿第二定律有
2A
mv mg R
=， 所以，2/A v gR m s =
=；
那么，由弹珠在半圆轨道上运动只有重力做功，机械能守恒可得：
2211222
B A mv mv mgR =+，所以，2425/B A v v gR m s =+=； 那么对弹珠在B 点应用牛顿第二定律可得：弹珠受到半圆轨道的支持力
2
6B
N mv F mg N R
=+=，方向竖直向上；
故由牛顿第三定律可得：在B 位置小弹珠对半圆轨道的压力6N N F N ==，方向竖直向下；（2）弹珠在BC 上运动只有摩擦力做功，故由动能定理可得：
22
1122
C B mgL mv mv μ-=
-， 所以，2
22/C B v v gL m s μ=-=；
设小弹珠从C 点水平抛出后落入垫子时距左边缘DE 的距离为d ，那么由平抛运动的位移公式可得：2
12
h gt =
，
20.8C C
h
x d v t v m g
+===， 所以，0.2d m =；
（3）若小弹珠从C 点水平抛出后不飞出垫子，那么弹珠做平抛运动的水平距离
0.6 1.6m s m ≤≤；
故平抛运动的初速度
'2C s v t
h g
=
=， 所以，1.5/'4/C m s v m s ≤≤；
又有弹珠从O 到C 的运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得：
()2201122'22
C mg R r mgL mv mv μ--=
-； 所以，()220'2222'8/C C v v g R r gL v m s μ=--+=+， 故
041
/26/2
m s v m s ≤≤，所以小弹珠被弹射装置弹出时的最大初速度为26/m s ； 【点睛】
经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解．
8．某工厂在竖直平面内安装了如图所示的传送装置，圆心为O 的光滑圆弧轨道AB 与足够长倾斜传送带BC 在B 处相切且平滑连接，OA 连线水平、OB 连线与竖直线的夹角为
37θ=︒，圆弧的半径为 1.0m R =，在某次调试中传送带以速度2m/s v =顺时针转动，
现将质量为13kg m =的物块P （可视为质点）从A 点位置静止释放，经圆弧轨道冲上传送带，当物块P 刚好到达B 点时，在C 点附近某一位置轻轻地释放一个质量为21kg m =的物块Q 在传送带上，经时间 1.2s t =后与物块P 相遇并发生碰撞，碰撞后粘合在一起成为粘合体A ．已知物块P 、Q 、粘合体S 与传送带间的动摩擦因数均为0.5μ=，重力加速度
210m/s g =，sin370.6︒=，cos370.8︒=．试求：
（1）物块P 在B 点的速度大小； （2）传送带BC 两端距离的最小值；
（3）粘合体回到圆弧轨道上B 点时对轨道的压力．
【答案】（1）4m/s （2）3.04m （3）59.04N ，方向沿OB 向下。

【解析】 【分析】 【详解】
（1）由A 到B ，对物块P 由动能定理有
21111
cos 2
m gR m v θ=
可得物块P 在B 点的速度大小
14m/s v ==
（2）因v B >v ，物块P 在传送带上减速，受到向下的摩擦力，由牛顿第二定律有
1111sin cos m g m g m a θμθ+=
可得物块P 的加速度大小
a 1=10m/s 2
减速至v 的时间
1
11
0.2v v t s a -=
=- 运动位移
22
111
0.62v v x m a -==-
因x 1<L ，摩擦力反向，又因sin cos mg mg θμθ>，物块P 继续向上减速，有
1112sin cos m g m g m a θμθ-=
可得物块P 的加速度大小
a 1=2m/s 2
减速至0的时间
22
1v
t s a =
= 因t 2=t-t 1，说明物块P 刚好减速到零时与物块Q 相遇发生碰撞 物块P 第二段减速的位移大小
2
22
12v x m a ==
对物体Q
2223sin cos m g m g m a θμθ-=
可得其加速度
a 3=2m/s 2
下滑的位移
2
331 1.442
x a t m =
=
BC 的最小距离
L =x 1+x 2+x 3=3.04m
（3）碰撞前物体Q 的速度
v 2=a 3t =2.4m/s
物体P 和Q 碰撞
m 2v 2=（m 1+m 2）v 3
可得碰撞后速度
v 3=0.6m/s
碰撞后粘合体以加速度a 3向下加速运动，到圆弧上的B 点的过程，有
()22
312432-a x x v v +＝
可得粘合体在B 点的速度
v 4=2.6m/s
在B 点由牛顿第二定律有
()()
124
12
2F m m gcos m R
v m θ-++＝
可得轨道对粘合体的支持力
F =59.04N
由牛顿第三定律得：粘合体S 对轨道的压力F ′=59.04N ，方向沿OB 向下。

9．如图所示，倾角θ=30°的光滑斜面上，一轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端连接质量m B =0.5kg 的物块B ，B 通过轻质细绳跨过光滑定滑轮与质量m A =4kg 的物块A 连接，细绳平行于斜面，A 在外力作用下静止在圆心角为α=60°、半径R=lm 的光滑圆弧轨道的顶端a 处，此时绳子恰好拉直且无张力；圆弧轨道最低端b 与粗糙水平轨道bc 相切，bc 与一个半径r=0.12m 的光滑圆轨道平滑连接，静止释放A ，当A 滑至b 时，弹簧的弹力与物块A 在顶端d 处时相等，此时绳子断裂，已知bc 长度为d=0.8m ，求：(g 取l0m/s 2) (1)轻质弹簧的劲度系数k ；
(2)物块A 滑至b 处，绳子断后瞬间，圆轨道对物块A 的支持力大小；
(3)为了让物块A 能进入圆轨道且不脱轨，则物体与水平轨道bc 间的动摩擦因数μ应满足什么条件？
【答案】（1）5/k N m = （2）72N （3）0.350.5μ≤≤或0.125μ≤
【解析】
（1）A 位于a 处时，绳无张力弹簧处于压缩状态，设压缩量为x 对B 由平衡条件可以得到：sin B kx m g θ=
当A 滑至b 时，弹簧处于拉伸状态，弹力与物块A 在顶端a 处时相等，则伸长量也为x ，由几何关系可知：2R x =，代入数据解得：5/k N m =； （2）物块A 在a 处和在b 处时，弹簧的形变量相同，弹性势能相同 由机械能守恒有：()22111sin 22
A B A A B B m gR cos m gR m v m v αθ-=++ 将A 在b 处，由速度分解关系有：sin B A v v α=
代入数据解得：/A v s =
在b 处，对A 由牛顿定律有：2A
b A A v N m g m R
-= 代入数据解得支持力：72b N N =． （3）物块A 不脱离圆形轨道有两种情况： ①不超过圆轨道上与圆心的等高点
由动能定理，恰能进入圆轨道时需要满足：2
1102A A A m gd m v μ-=-
恰能到圆心等高处时需要满足条件：22102
A A A A m gr m gd m v μ--=- 代入数据解得：10.5μ=，20.35μ=
②过圆轨道最高点，则恰好过最高点时：2
A A v m g m r
= 由动能定理有：22311222
A A A A A m gr m gd m v m v μ--=- 代入数据解得：30.125μ=
为使物块A 能进入圆轨道且不脱轨，有：0.350.5μ≤≤或0.125μ≤．
10．如图所示，在光滑水平桌面EAB 上有质量为m ＝2 kg 的小球P 和质量为M ＝1 kg 的小球Q ，P 、Q 之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘E 处放置一质量也为M ＝1 kg 的橡皮泥球S ，在B 处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。

释放被压缩的轻弹簧，P 、Q 两小球被轻弹簧弹出，小球P 与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C ；小球Q 与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S 碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D 点。

已知水平桌面高为h ＝0.2 m ，D 点到桌面边缘的水平距离为x ＝0.2 m ，重力加速度为g ＝10 m/s 2，求：
(1)小球P 经过半圆形轨道最低点B 时对轨道的压力大小N B ′； (2)小球Q 与橡皮泥球S 碰撞前瞬间的速度大小v Q ； (3)被压缩的轻弹簧的弹性势能E p 。

【答案】(1)120N (2)2 m/s (3)3 J 【解析】 【详解】
（1）小球P 恰好能通过半圆形轨道的最高点C ，则有
mg ＝m 2C
v R
解得
v C gR 对于小球P ，从B →C ，由动能定理有
22
11222
C B mgR mv mv －＝－
解得
v B 5gR 在B 点有
N B －mg ＝m 2
B
v R
解得
N B ＝6mg ＝120 N
由牛顿第三定律有
N B ′＝N B ＝120 N
（2）设Q 与S 做平抛运动的初速度大小为v ，所用时间为t ，根据公式h ＝
12
gt 2
，得 t ＝0.2 s
根据公式x ＝vt ，得
v ＝1 m/s
碰撞前后Q 和S 组成的系统动量守恒， 则有
Mv Q ＝2Mv
解得
v Q ＝2 m/s
（3）P 、Q 和弹簧组成的系统动量守恒，
则有
mv P ＝Mv Q
解得
v P ＝1 m/s
对P 、Q 和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有
22
1122
p P Q E mv Mv ＝＋
解得
E p ＝3 J。