高中物理动能与动能定理技巧(很有用)及练习题

高中物理动能与动能定理技巧(很有用)及练习题
一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理
1．如图所示，质量m =3kg 的小物块以初速度秽v 0=4m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。

圆弧轨道的半径为R = 3.75m ，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD 平滑连接，A 与圆心D 的连线与竖直方向成37︒角，MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN 间的动摩擦因数μ=0.1，轨道其他部分光滑。

最右侧是一个半径为r =0.4m 的半圆弧轨道，C 点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD 在D 点平滑连接。

已知重力加速度g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

（1）求小物块经过B 点时对轨道的压力大小；
（2）若MN 的长度为L 0=6m ，求小物块通过C 点时对轨道的压力大小； （3）若小物块恰好能通过C 点，求MN 的长度L 。

【答案】（1）62N （2）60N （3）10m 【解析】 【详解】
（1）物块做平抛运动到A 点时，根据平抛运动的规律有：0cos37A v v ==︒ 解得：04
m /5m /cos370.8
A v v s s =
==︒
小物块经过A 点运动到B 点，根据机械能守恒定律有：
()2211cos3722
A B mv mg R R mv +-︒= 小物块经过B 点时，有：2
B
NB v F mg m R
-= 解得：()232cos3762N B
NB
v F mg m R
=-︒+=
根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62N （2）小物块由B 点运动到C 点，根据动能定理有：
22011222
C B mgL mg r mv mv μ--⋅=
- 在C 点，由牛顿第二定律得：2
C
NC v F mg m r
+=
代入数据解得：60N NC F =
根据牛顿第三定律，小物块通过C 点时对轨道的压力大小是60N
（3）小物块刚好能通过C 点时，根据22C
v mg m r
=
解得：2100.4m /2m /C v gr s s =
=⨯=
小物块从B 点运动到C 点的过程，根据动能定理有：
22211222
C B mgL mg r mv mv μ--⋅=
- 代入数据解得：L =10m
2．如图所示，半径R =0.5 m 的光滑圆弧轨道的左端A 与圆心O 等高，B 为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的右端C 与一倾角θ=37°的粗糙斜面相切。

一质量m =1kg 的小滑块从A 点正上方h =1 m 处的P 点由静止自由下落。

已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g =10 m/s 2。

(1)求滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力。

(2)求滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离。

(3)通过计算判断滑块从斜面上返回后能否滑出A 点。

【答案】(1)70N ； (2)1.2m ； (3)能滑出A 【解析】 【分析】 【详解】
(1)滑块从P 到B 的运动过程只有重力做功，故机械能守恒，则有
()21
2
B mg h R mv +=
那么，对滑块在B 点应用牛顿第二定律可得，轨道对滑块的支持力竖直向上，且
()2
N 270N B mg h R mv F mg mg R R
+=+=+=
故由牛顿第三定律可得：滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力为70N ，方向竖直向下。

(2)设滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离为L ，滑块运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得
cos37sin37cos370mg h R R L mgL μ+-︒-︒-︒=（）
所以
1.2m L =
(3)对滑块从P 到第二次经过B 点的运动过程应用动能定理可得
()21
2cos370.542
B mv mg h R mgL mg mgR μ'=+-︒=> 所以，由滑块在光滑圆弧上运动机械能守恒可知：滑块从斜面上返回后能滑出A 点。

【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。

3．如图所示，在水平轨道右侧固定半径为R 的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ 段长度为
，上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为
，轨道其它部分摩擦
不计。

水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于原长状态。

可视为质点的质量
的小物块从轨道右侧A 点以初速度
冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取
，求：
（1）弹簧获得的最大弹性势能
；
（2）小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能；
（3）当R 满足什么条件时，小物块被弹簧第一次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离轨道。

【答案】（1）10.5J （2）3J （3）0.3m≤R≤0.42m 或0≤R≤0.12m 【解析】 【详解】
（1）当弹簧被压缩到最短时，其弹性势能最大。

从A 到压缩弹簧至最短的过程中，由动能定理得： −μmgl +W 弹＝0−m v 02 由功能关系：W 弹=-△E p =-E p 解得 E p =10.5J ；
（2）小物块从开始运动到第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中，由动能定理得 −2μmgl ＝E k −m v 02 解得 E k =3J ；
（3）小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动，有以下两种情况：
①小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动，此时设小球最高点速度为v 2，由动能定理得 −2mgR ＝m v 22−E k
小物块能够经过最高点的条件m ≥mg ，解得 R≤0.12m
②小物块不能够绕圆轨道做圆周运动，为了不让其脱离轨道，小物块至多只能到达与圆心等高的位置，即m v 12≤mgR ，解得R≥0.3m ；
设第一次自A 点经过圆形轨道最高点时，速度为v 1，由动能定理得： −2mgR ＝m v 12-m v 02
且需要满足 m ≥mg ，解得R≤0.72m ，
综合以上考虑，R 需要满足的条件为：0.3m≤R≤0.42m 或0≤R≤0.12m 。

【点睛】
解决本题的关键是分析清楚小物块的运动情况，把握隐含的临界条件，运用动能定理时要注意灵活选择研究的过程。

4．如图所示，两物块A 、B 并排静置于高h=0.80m 的光滑水平桌面上，物块的质量均为M=0.60kg ．一颗质量m=0.10kg 的子弹C 以v 0=100m/s 的水平速度从左面射入A ，子弹射穿A 后接着射入B 并留在B 中，此时A 、B 都没有离开桌面．已知物块A 的长度为0.27m ，A 离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s=2.0m ．设子弹在物块A 、B 中穿行时受到的阻力大小相等，g 取10m/s 2．(平抛过程中物块看成质点)求：
（1）物块A 和物块B 离开桌面时速度的大小分别是多少； （2）子弹在物块B 中打入的深度；
（3）若使子弹在物块B 中穿行时物块B 未离开桌面，则物块B 到桌边的最小初始距离．
【答案】（1）5m/s ；10m/s ；（2）2
3.510B m L -=⨯（3）22.510m -⨯
【解析】 【分析】 【详解】
试题分析：(1)子弹射穿物块A 后，A 以速度v A 沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平抛运 动： 2
12
h gt =
解得：t=0.40s A 离开桌边的速度A s
v t
=
，解得：v A =5.0m/s 设子弹射入物块B 后，子弹与B 的共同速度为v B ，子弹与两物块作用过程系统动量守恒：
0()A B mv Mv M m v =++
B 离开桌边的速度v B =10m/s
（2）设子弹离开A 时的速度为1v ，子弹与物块A 作用过程系统动量守恒：
012A mv mv Mv =+
v 1=40m/s
子弹在物块B 中穿行的过程中，由能量守恒
2221111()222
B A B fL Mv mv M m v =
+-+① 子弹在物块A 中穿行的过程中，由能量守恒
222
01111()222
A A fL mv mv M M v =--+②
由①②解得2
3.510B L -=⨯m
（3）子弹在物块A 中穿行过程中，物块A 在水平桌面上的位移为s 1，由动能定理：
2
11()02
A fs M M v =+-③
子弹在物块B 中穿行过程中，物块B 在水平桌面上的位移为s 2，由动能定理
2221122
B A fs Mv Mv =
-④ 由②③④解得物块B 到桌边的最小距离为：min 12s s s =+，
解得：2
min 2.510s m -=⨯
考点：平抛运动；动量守恒定律；能量守恒定律．
5．如图所示，光滑水平平台AB 与竖直光滑半圆轨道AC 平滑连接，C 点切线水平，长为L =4m 的粗糙水平传送带BD 与平台无缝对接。

质量分别为m 1=0.3kg 和m 2=1kg 两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。

已知传送带以v 0=1.5m/s 的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为μ=0.15．某时剪断细绳，小物体m 1向左运动，m 2向右运动速度大小为v 2=3m/s ，g 取10m/s 2．求：
(1)剪断细绳前弹簧的弹性势能E p
(2)从小物体m 2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E
(3)为了让小物体m 1从C 点水平飞出后落至AB 平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道AC 的半径R 和小物体m 1平抛的最大水平位移x 的大小。

【答案】(1)19.5J(2)6.75J(3)R =1.25m 时水平位移最大为x =5m 【解析】
【详解】
(1)对m 1和m 2弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：
0=m 1v 1-m 2v 2
解得
v 1=10m/s
剪断细绳前弹簧的弹性势能为：
22112211
22
p E m v m v =
+ 解得
E p =19.5J
(2)设m 2向右减速运动的最大距离为x ，由动能定理得：
-μm 2gx =0-1
2
m 2v 22 解得
x =3m ＜L =4m
则m 2先向右减速至速度为零，向左加速至速度为v 0=1.5m/s ，然后向左匀速运动，直至离开传送带。

设小物体m 2滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t 。

取向左为正方向。

根据动量定理得：
μm 2gt =m 2v 0-（-m 2v 2）
解得：
t =3s
该过程皮带运动的距离为：
x 带=v 0t =4.5m
故为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能为：
E =μm 2gx 带
解得：
E =6.75J
(3)设竖直光滑轨道AC 的半径为R 时小物体m 1平抛的水平位移最大为x 。

从A 到C 由机械能守恒定律得：
2211111 222
C m v m v mgR =+ 由平抛运动的规律有：
x =v C t 1
2
1122
R gt =
联立整理得
x
根据数学知识知当
4R =10-4R
即R =1.25m 时，水平位移最大为
x =5m
6．如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量
0.04kg m =，电量4310C q -=⨯的带负电小物块与弹簧接触但不栓接，弹簧的弹性势能
为0.32J 。

某一瞬间释放弹簧弹出小物块，小物块从水平台右端A 点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高点B ，并沿轨道BC 滑下，运动到光滑水平轨道CD ，从D 点进入到光滑竖直圆内侧轨道。

已知倾斜轨道与水平方向夹角为37α︒=，倾斜轨道长为
2.0m L =，带电小物块与倾斜轨道间的动摩擦因数0.5μ=。

小物块在C 点没有能量损
失，所有轨道都是绝缘的，运动过程中小物块的电量保持不变，可视为质点。

只有光滑竖直圆轨道处存在范围足够大的竖直向下的匀强电场，场强5210V/m E =⨯。

已知
cos370.8︒=，sin370.6︒=，取2
10m/s g =，求：
（1）小物块运动到A 点时的速度大小A v ； （2）小物块运动到C 点时的速度大小C v ；
（3）要使小物块不离开圆轨道，圆轨道的半径应满足什么条件？
【答案】（1）4m/s ；（233；（3）R ⩽0.022m 【解析】 【分析】 【详解】
（1）释放弹簧过程中，弹簧推动物体做功，弹簧弹性势能转变为物体动能
212
P A E mv =
解得
220.32
4m/s 0.04P A E v m ＝
＝＝⨯ （2）A 到B 物体做平抛运动，到B 点有
cos37A B
v
v ︒＝
所以
4
5m/s 0.8
B v ＝
＝ B 到C 根据动能定理有
2211sin37cos3722
C B mgL mg L mv mv μ︒-︒⋅=
- 解得
33m/s C v ＝
（3）根据题意可知，小球受到的电场力和重力的合力方向向上，其大小为
F=qE-mg =59.6N
所以D 点为等效最高点，则小球到达D 点时对轨道的压力为零，此时的速度最小，即
2
D
v F m R
＝
解得
D FR
v m
＝
所以要小物块不离开圆轨道则应满足v C ≥v D 得：
R ≤0.022m
7．如图所示，在倾角为θ=30°的固定斜面上固定一块与斜面垂直的光滑挡板，质量为m 的半圆柱体A 紧靠挡板放在斜面上，质量为2m 的圆柱体B 放在A 上并靠在挡板上静止。

A 与B 半径均为R ，曲面均光滑，半圆柱体A 底面与斜面间的动摩擦因数为μ．现用平行斜面向上的力拉A ，使A 沿斜面向上缓慢移动，直至B 恰好要降到斜面．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。

求： （1）未拉A 时，B 受到A 的作用力F 大小； （2）在A 移动的整个过程中，拉力做的功W ；
（3）要保持A 缓慢移动中拉力方向不变，动摩擦因数的最小值μmin ．
【答案】（1）F 3（2）1(93)2W mgR μ=- （3）min 53μ= 【解析】 【详解】
（1）研究B ，据平衡条件，有
F =2mg cos θ
解得
F mg
（2）研究整体，据平衡条件，斜面对A 的支持力为
N =3mg cos θ
f =μN 由几何关系得A 的位移为
x =2R cos30°R
克服摩擦力做功
Wf =fx =4.5μmgR
由几何关系得A 上升高度与B 下降高度恰均为
h 据功能关系
W + 2mgh - mgh - Wf = 0
解得
1
(92
W mgR μ=-
（3）B 刚好接触斜面时，挡板对B 弹力最大 研究B 得
24sin 30m
mg
N mg '==︒
研究整体得
f min + 3m
g sin30° = N′m
解得
f min = 2.5mg
可得最小的动摩擦因数：
min min 9
f N μ=
=
8．如图甲所示为某一玩具汽车的轨道，其部分轨道可抽象为图乙的模型．AB 和BD 为两段水平直轨道，竖直圆轨道与水平直轨道相切于B 点，D 点为水平直轨道与水平半圆轨道的切点．在某次游戏过程中，通过摇控装置使静止在A 点的小车以额定功率启动，当小车运动到B 点时关闭发动机并不再开启，测得小车运动到最高点C 时对轨道的压力大小
5.6N N F =，小车通过水平半圆轨道时速率恒定．小车可视为质点，质量400g m =，额
定功率20W P =，AB 长1m l =，BD 长0.75m s =，竖直圆轨道半径25cm R =，水平半圆轨道半径10cm r =．小车在两段水平直轨道所受的阻力大小均为4N f =，在竖直圆轨道和水平半圆轨道所受的阻力均忽略不计，重力加速度取2
10m/s g =．求：
（1）小车运动到C 点时的速度大小； （2）小车在BD 段运动的时间； （3）水平半圆轨道对小车的作用力大小；
（4）要使小车能通过水平半圆轨道，发动机开启的最短时间． 【答案】（16m/s ；（2）0.3s ；（3）42N .；（4）0.35s . 【解析】 【详解】
（1）由小车在C 点受力得：
2
N c v F mg m R
+=
解得：
6m/s C v =
（2）从C 点到B 点，由动能定理得：
22
11222
B C mgR mv mv =-
解得：
4m/s B v =
小车在BD 段运动的加速度大小为：
210m/s f
a m
=
= 由运动学公式：
21
2
B s v t at =-
解得：
0.3s t =
（3）从B 点到D 点，由运动学公式：
D B v v at =-，
解得：
1m/s D v =
小车在水平半圆轨道所需的向心力大小：
2D
n v F m r
=，
代入数据可得：
4N n F =
()2
22n F F mg =+
水平半圆轨道对小车的作用力大小为：
42N F =.
（4）设小车恰能到C 点时的速度为1v ，对应发动机开启的时间为1t ，则：
2
1v mg m R
=
211122
Pt fl mgR mv --=
解得
10.325s t =.
在此情况下从C 点到D 点，由动能定理得：
211222
D C mgR Fs mv mv -=
- 解得
2
2.5D v =-
即小车无法到达D 点.
设小车恰能到D 点时对应发动机开启的时间为2t ，则有：
()20Pt f l s -+=，
解得
20.35s t =.
9．如图所示，在倾角为θ=37°的斜面底端有一个固定挡板D ，处于自然长度的轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端在O 点，已知斜面OD 部分光滑，PO 部分粗糙且长度L =8m 。

质量m =1kg 的物块（可视为质点）从P 点静止开始下滑，已知物块与斜面PO 间的动摩擦因数μ=0.25，g 取10m/s 2， sin37°=0.6，cos37°=0.8。

求： （1）物块第一次接触弹簧时速度的大小
（2）若弹簧的最大压缩量d =0.5m ，求弹簧的最大弹性势能
（3）物块与弹簧接触多少次，反弹后从O 点沿斜面上升的最大距离第一次小于0.5m
【答案】（1）8m/s （2）35J (3)5次 【解析】 【详解】
(1)物块在PO 过程中受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的弹力、和沿斜面向上的摩擦力，此过程应用动能定理得：
21sin cos 2
mgL mgL mv θμθ-=
解得物块第一次接触弹簧时物体的速度的大小为：
8v ==m/s
（2）物块由O 到将弹簧压缩至最短的过程中，重力势能和动能减少、弹簧的弹性势能增加，由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能E p
2
1sin 352
p E mv mgd θ=
+=J （3）物块第一次接触弹簧后，物体从O 点沿斜面上升的最大距离1s ,由动能定理得:
2111
cos 02
mgs mgs mv μθ--=-
解得：14s m =
物块第二次接触弹簧后，物块从O 点沿斜面上升的最大距离2s ，由动能定理得：
1212sin ()cos ()0mg s s mg s s θμθ--+=
解得：22s m =
故物块每经过一次O 点，上升的最大距离为上一次的
12
所以，物块第一次返回时沿斜面上升的最大距离为：12
L s = 则第n 次上升的最大距离为：2n n
L s = 因为1
2
n s m <，所以n>4，即物块与弹簧接触5次后，物块从O 点沿斜面上升的最大距离小于
12
m
10．如图，质量分别为1kg 和3kg 的玩具小车A 、B 静置在水平地面上，两车相距s =8m 。

小车A 在水平恒力F =8N 作用下向着小车B 运动，恒力F 作用一段时间t 后撤去，小车A 继续运动与小车B 发生碰撞，碰撞后两车粘在一起滑行d =0.25m 停下。

已知两车碰撞时间极短，两车运动过程所受的阻力均为自身重力的0.2倍，重力加速度g =10m/s 2。

求： （1）两个小车碰撞后的速度大小；
（2）小车A 所受恒力F 的作用时间t 。

【答案】（1）1m/s ；（2）1s 【解析】 【详解】
（1）设撤去力F 瞬间小车A 的速度为v 1，小车A 、B 碰撞前A 车的瞬时速度为v 2，小车A 、B 碰撞后瞬间的速度为v 3。

两小车碰撞后的滑行过程中，由动能定理可得： -0.2（m 1+m 2）gd = 0-
1
2
（m 1+m 2）v 32 解得两个小车碰撞后的速度大小：v 3=1m/s （2）两车碰撞过程中，由动量守恒定律可得： m 1v 2=（m 1+m 2）v 3 解得：v 2=4m/s
恒力作用过程，由动量定理可得： Ft -0.2m 1gt =m 1v 1-0 由运动学公式可得： x 1=
1
2
v t 撤去F 至二车相碰过程，由动能定理得：
-0.2m 1gx 2=
12m 1v 22-1
2
m 1v 12 由几何关系可得：x 1+x 2=s
联立可得小车A 所受恒力F 的作用时间：t =ls 方法2：两车碰撞过程中，由动量守恒定律可得： m 1v 2=（m 1+m 2）v 3 解得：v 2=4m/s
从F 作用在小车A 上到A 、B 两车碰前，由动能定理得：
Fx -0.2m 1gs =
1
2
m 1v 22-0 解得：x =3m
在F 作用的吋间内，由牛顿第二定律得： F -0.2m 1g =m 1a 解得：a =6m/s 2 由x =
12
at 2
联立解得小车A 所受恒力F 的作用时间：t =ls
11．如图所示，一质量M =4kg 的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。

小车上表面由光滑圆弧轨道BC 和水平粗糙轨道CD 组成，BC 与CD 相切于C ，圆弧BC 所对圆心角θ＝37°，圆弧半径R =2.25m ，滑动摩擦因数μ=0.48。

质量m =1kg 的小物块从某一高度处的A 点以v 0＝4m/s 的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B 点进入圆弧轨道，最终与小车保持相对静止。

取g ＝10m/s 2，sin37°=0.6，忽略空气阻力，求:
（1）A 、B 间的水平距离；
（2）物块通过C 点时，轨道对物体的支持力； （3）物块与小车因摩擦产生的热量。

【答案】（1）1.2m （2）25.1N F N =（3）13.6J 【解析】 【详解】
（1）物块从A 到B 由平抛运动的规律得: tan θ=
gt v
x = v 0t 得x =1.2m
（2）物块在B 点时，由平抛运动的规律得：0
cos B v v θ
=
物块在小车上BC 段滑动过程中，由动能定理得： mgR (1－cos θ)＝
12mv C 2－1
2
mv B 2 在C 点对滑块由牛顿第二定律得 2C
N v F mg m R
-= 联立以上各式解得：25.1N F N =
（3）根据牛顿第二定律，对滑块有μmg ＝ma 1， 对小车有μmg ＝Ma 2
当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即 v C －a 1t 1＝a 2t 1
由以上各式解得 134
6
t s =
， 此时小车的速度为v ＝a 2t 1＝
34
/m s 物块在CD 段滑动过程中由能量守恒定律得：12mv C 2＝1
2
（M ＋m ）v 2 + Q 解得：Q =13.6J
12．如图所示，物体A 置于静止在光滑水平面上的平板小车B 的左端，在A 的上方O 点用细线悬挂一小球C (可视为质点)，线长L ＝0.8 m ．现将小球C 拉至水平无初速度释放，并在最低点与A 物体发生水平正碰，碰撞后小球C 反弹的最大高度为h ＝0.2 m ．已知A 、B 、C 的质量分别为m A ＝4 kg 、m B ＝8 kg 和m C ＝1 kg ，A 、B 间的动摩擦因数μ＝0.2，A 、C 碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g ＝10 m/s 2.
(1)求小球C 与物体A 碰撞前瞬间受到细线的拉力大小； (2)求A 、C 碰撞后瞬间A 的速度大小；
(3)若物体A 未从小车B 上掉落，小车B 的最小长度为多少？ 【答案】(1) 30N (2) 1.5m/s (3) 0.375m 【解析】 【详解】
解：（1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：201
2
C C m gL m v = 代入数据解得：04v =m/s
对小球，由牛顿第二定律得：20
c c v T m g m L
-=
代入数据解得：T =30N
（2）小球与A 碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向 由动量守恒定律得：0C C c A A m v m v m v =-+ 代入数据解得：A v =1.5m/s
（3）物块A 与木板B 相互作用过程，系统动量守恒，以A 的速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：()A A A B m v m m v =+ 代入数据解得：v =0.5m/s 由能量守恒定律得：()2211
22
A A A A
B m gx m v m m v μ=
-+
代入数据解得：x=0.375m。