重难专题02 动力学与能量综合问题（选考第18题）-2025年高考物理【热点·重点·难点】专练（浙江专用）

大题精练02 动力学与能量综合问题 一、考向分析 1．本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块——木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题。 2．用到的知识有:动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)。 二、动力学 牛顿第二运动定律 F合 = ma 或或者 Fx = m ax Fy = m ay 向心力 牛顿第三定律 传送带分析思路 板块分析思路 三、运动学 匀变速直线运动 平均速度： Vt/ 2 == Vs/2 = 匀加速或匀减速直线运动：Vt/2 <Vs/2 自由落体运动 竖直抛体运动 (注意：时间和速度的对称性) 四、功和能 动能 重力势能 (与零势能面的选择有关) 弹性势能 功 W = Fs cos (恒力做功) W=Pt（拉力功率不变） W=f S相对路程 （阻力大小不变） 功率 平均功率： 即时功率： 动能定理 机械能守恒定律 或者Ep= Ek 【例题】（2024•浙江二模）如图所示为某游乐场中一滑道游乐设施的模型简化图，一质量为m＝1kg的物块，可视为质点，从某一斜面AB的顶端A由静止开始滑下，斜面下端与一圆形轨道相切于B点。圆轨道半径R＝1m，物块从B点进入圆形轨道，并恰好通过轨道的最高点。圆形轨道在最低点C处略有错开，物块接着进入水平轨道CD，然后滑上与D等高的质量为M＝2kg的滑槽，并最终滑块未离开滑槽。滑槽开始时静止在光滑水平地面上，EF部分长为LEF＝1m，G部分为半径为r＝0.2m的四分之一圆弧轨道。已知水平轨道CD长为LCD＝4.25m，与物块的动摩擦因数μ1＝0.4，物块与滑槽EF之间的动摩擦因数0＜μ2＜1，其他接触面均光滑。OB与OC的夹角θ为37°，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力以及轨道连接处的机械能损失。求： （1）物块在轨道最低点C处受到支持力的大小； （2）斜面AB的长LAB为多少； （3）若滑块始终不脱离滑槽，求滑块与滑槽EF段的动摩擦因数μ2的取值范围。 难度：★★★★★ 建议时间：40分钟 1．（2024•金东区校级模拟）如图所示，AOB是游乐场中的滑道模型，位于竖直平面内，由两个半径为R的圆周连接而成，它们的圆心O1、O2与两圆弧的连接点O在同一竖直线上。O2B沿水池的水面方向，B点右侧为无穷大水平面，水平面上有一系列沿O2B方向的漂浮的木板，木板的质量为M，长度为2l。一质量为m的小孩（可视为质点）可由弧AO的任意点静止开始下滑。不考虑水与木板接触面的阻力，设木板质量足够大且始终处于水平面上。 （1）若小孩恰能在O点脱离滑道，求小孩静止下滑处距O点的高度？ （2）凡能在O点脱离滑道的小孩，其落水点到O2的距离范围？ （3）若小孩从O点静止下滑，求脱离轨道时的位置与O2的连线与竖直方向夹角的余弦值？ （4）某小孩从O点脱离滑道后，恰好落在某木板的中央，经过一段时间振荡和调节后，该木板和小孩处于静止状态，小孩接下来开始在木板上表演水上漂。如果小孩能一次跳离木板，求小孩做功的最小值？ 2．（2024•乐清市校级三模）某景区向社会征集一个水上乐园设计建议。某校科技小组设计了一套方案，其简化原理如图。甲、乙、丙由混凝土浇筑而成，其中甲上部为半径为R1＝10m的圆弧面，圆心角θ1＝53°；乙上部为两个半径均为R2＝10m、圆心角为θ2＝37°的圆弧面平滑连接，EF等高。BC距离L1＝10m，其间有水下固定平台，其周围的水可在水泵驱动下循环流动，方向如箭头所示，速度v大小可调，平台上方各处速度均可视为相同。乙下方为有孔隔板，可大幅减小左侧水域流动对右侧水域的影响，乙丙之间水域可视为静水，上浮质量为M＝100kg、长为L＝6m的可动浮台。现有一游客乘坐特定装置（人和该装置视为质点并标注为P，总质量为m＝60kg），P从A点静止释放，依次通过ABCDE，最后通过可动浮台，到达终点平台丙完成游戏。可动浮台触碰平台丙时瞬间自动锁定。由于出发时P干燥，AB段摩擦不可忽略，P在B点时对轨道的压力为1.5mg，在BC间与水有相对运动时，受水平方向的恒力F＝0.5mg，在CDE段因经左侧水域而湿润，摩擦可忽略，与可动浮台动摩擦因数为μ＝0.1。不考虑P和可动浮台入水后的水下部分以及水位上升和波动带来的影响。 （1）求B点速度大小和AB段因摩擦而产生的热量。 （2）CDE段恰不脱离脱离轨道，求P在C点和E点的速度。 （3）若忽略可动浮台与水面的阻力，为使P在CDE段恰不脱离脱且不能在EF间落水，求BC间水速的调节范围。 3．（2024•温州二模）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由倾角θ＝53°的固定斜面CD、水平传送带EF、粗糙水平轨道FG、光滑圆弧轨道GPQ、及固定在Q处的弹性挡板组成。斜面CD高度h0＝0.4m，传送带EF与轨道FG离地面高度均为h，两者长度分别为l1＝4m、l2＝1.5m，OG、OP分别为圆弧轨道的竖直与水平半径，半径R＝0.8m，圆弧PQ所对应的圆心角α＝37°，轨道各处平滑连接。现将质量m＝1kg的滑块（可视为质点）从斜面底端的弹射器弹出，沿斜面从D点离开时速度大小v0＝5m/s，恰好无碰撞从E点沿水平方向滑上传送带。当传送带以v＝5m/s的速度顺时针转动，滑块恰好能滑至P点。已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，滑块与挡板碰撞后原速率反向弹回，不计空气阻力。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）高度h； （2）滑块与水平轨道FG间的动摩擦因数μ2； （3）滑块最终静止时离G点的距离x； （4）若传送带速度大小可调，要使滑块与挡板仅碰一次，且始终不脱离轨道，则传送带速度大小v的范围。 4．（2024•下城区校级模拟）某校科技小组在创新大赛中设计如图所示的轨道装置，已知倾角θ＝37°的斜轨道AD长为L＝3.5m，在轨道中点B点连接一光滑的双层圆轨道，切点B和B'稍错位，轨道半径R＝0.5m，D点连接水平轨道DE，长为s＝0.8m，E点离地面高度为h1＝2.3m。质量m＝0.2kg的滑块以一定初速度从A点出发，经过圆轨道从E点平抛飞出，落入放置在水平地面上高为h2＝0.5m的小桶内，小桶直径为d＝0.3m。滑块可看作质点，圆轨道间距可忽略，滑块与斜轨道、水平轨道的动摩擦因数均为μ＝0.25，不计空气阻力和滑块在D点的能量损失。（已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） （1）若滑块初速度为零，求到达B点时的速度大小； （2）若滑块的初速度v0＝4m/s，求到达圆轨道最高点C处时对轨道的压力； （3）要使滑块落入小桶内，求小桶左侧离F点的水平距离x与滑块初速度v0的关系。 5．（2023•绍兴模拟）有一种水上滑梯的结构可以简化如图甲：可看作质点的总质量为m的滑船（包括游客），从倾角θ＝37°的光滑斜轨道上高为H＝0.25R的A点由静止开始下滑，到达离地高为h＝0.2R的B点时，进入一段与斜轨道相切的半径为R的光滑圆弧轨道BCD（C点为与地面相切的圆弧轨道最低点，BD两点等高，CE、EG在同一水平面内），紧接着滑上一底面离地高度也为h且与水平面成β＝60°角的足够大光滑斜面abcd（圆弧轨道在D点切线恰好在斜面abcd内，切线方向与斜面水平底边ad成夹角α＝60°），当滑船沿斜面上升到最高点J（图中未画出）时，会触发一个提供水平风力的装置（图中未画出），装置开始在整个斜面内提供水平风力（如图乙）。滑船最后在斜面水平底边ad上某点进入动摩擦因数为μ的足够大水平接收平台defp（不计进入时的能量损失）。 （1）求滑船滑到C点时对圆弧轨道的压力大小； （2）在触发风力装置前，求滑船在斜面上运动的加速度大小和运动最高点J到水平底边ad的距离； （3）当水平风力大小为F0时，滑船运动到最高点J后的轨迹与斜面底线ad的交点为E（E点未画出），JE恰好垂直底线ad；现改变风力为F（滑船在整个斜面运动过程中F不变，且F≤F0），求滑船在接收平台defp内滑行总路程S的可能范围。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 大题精练02 动力学与能量综合问题 一、考向分析 1．本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块——木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题。 2．用到的知识有:动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)。 二、动力学 牛顿第二运动定律 F合 = ma 或或者 Fx = m ax Fy = m ay 向心力 牛顿第三定律 传送带分析思路 板块分析思路 三、运动学 匀变速直线运动 平均速度： Vt/ 2 == Vs/2 = 匀加速或匀减速直线运动：Vt/2 <Vs/2 自由落体运动 竖直抛体运动 (注意：时间和速度的对称性) 四、功和能 动能 重力势能 (与零势能面的选择有关) 弹性势能 功 W = Fs cos (恒力做功) W=Pt（拉力功率不变） W=f S相对路程 （阻力大小不变） 功率 平均功率： 即时功率： 动能定理 机械能守恒定律 或者Ep= Ek 【例题】（2024•浙江二模）如图所示为某游乐场中一滑道游乐设施的模型简化图，一质量为m＝1kg的物块，可视为质点，从某一斜面AB的顶端A由静止开始滑下，斜面下端与一圆形轨道相切于B点。圆轨道半径R＝1m，物块从B点进入圆形轨道，并恰好通过轨道的最高点。圆形轨道在最低点C处略有错开，物块接着进入水平轨道CD，然后滑上与D等高的质量为M＝2kg的滑槽，并最终滑块未离开滑槽。滑槽开始时静止在光滑水平地面上，EF部分长为LEF＝1m，G部分为半径为r＝0.2m的四分之一圆弧轨道。已知水平轨道CD长为LCD＝4.25m，与物块的动摩擦因数μ1＝0.4，物块与滑槽EF之间的动摩擦因数0＜μ2＜1，其他接触面均光滑。OB与OC的夹角θ为37°，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力以及轨道连接处的机械能损失。求： （1）物块在轨道最低点C处受到支持力的大小； （2）斜面AB的长LAB为多少； （3）若滑块始终不脱离滑槽，求滑块与滑槽EF段的动摩擦因数μ2的取值范围。 【解答】解：（1）物体恰好通过轨道的最高点，重力完全提供向心力； 根据牛顿第二定律 代入数据解得最高点的速度 从圆形轨道最高点到C点，根据动能定理 代入数据解得 在C点由牛顿第二定律 代入数据解得FN＝60N （2）从A到C应用动能定理 代入数据解得 （3）物体从C到D，根据动能定理 代入数据解得vD＝4m/s 对物块与滑槽，滑块始终不脱离滑槽，最终二者共速，取水平向右为正方向； 根据水平方向动量守恒mvD＝（M+m）v1 代入数据解得 若滑块刚好能滑到最高点G，根据能量守恒定律 代入数据解得 若滑到最高点G又滑到E处，根据能量守恒定律 代入数据解得 因此，若滑块始终不脱离滑槽，则对动摩擦因数的要求是。 答：（1）物块在轨道最低点C处受到支持力的大小60N； （2）斜面AB的长LAB为； （3）滑块与滑槽EF段的动摩擦因数μ2的取值范围。 难度：★★★★★ 建议时间：40分钟 1．（2024•金东区校级模拟）如图所示，AOB是游乐场中的滑道模型，位于竖直平面内，由两个半径为R的圆周连接而成，它们的圆心O1、O2与两圆弧的连接点O在同一竖直线上。O2B沿水池的水面方向，B点右侧为无穷大水平面，水平面上有一系列沿O2B方向的漂浮的木板，木板的质量为M，长度为2l。一质量为m的小孩（可视为质点）可由弧AO的任意点静止开始下滑。不考虑水与木板接触面的阻力，设木板质量足够大且始终处于水平面上。 （1）若小孩恰能在O点脱离滑道，求小孩静止下滑处距O点的高度？ （2）凡能在O点脱离滑道的小孩，其落水点到O2的距离范围？ （3）若小孩从O点静止下滑，求脱离轨道时的位置与O2的连线与竖直方向夹角的余弦值？ （4）某小孩从O点脱离滑道后，恰好落在某木板的中央，经过一段时间振荡和调节后，该木板和小孩处于静止状态，小孩接下来开始在木板上表演水上漂。如果小孩能一次跳离木板，求小孩做功的最小值？ 【解答】解：（1）若小孩恰能在O点脱离滑道，此时向心力由重力提供 该过程的机械能守恒 解得 （2）凡能在O点脱离滑道的小孩，其距离O点的高度范围是 由机械能守恒 平抛运动的初速度为 平抛运动的时间为 其落水点到O2的距离 其落水点到O2的距离范围 （3）若小孩从O点静止下滑，脱离轨道时的位置与O2的连线与竖直方向夹角设为θ，则 由机械能守恒 解得 （4）根据题意，木板质量足够大，分析第一次跳离木板，可看作斜向右上方的斜抛运动，水平位移最小为l，水平初速度为vx，竖直初速度为vy 小孩做功 结合数学关系，可以求出时，存在最小的功 答：（1）小孩静止下滑处距O点的高度； （2）凡能在O点脱离滑道的小孩，其落水点到O2的距离范围； （3）若脱离轨道时的位置与O2的连线与竖直方向夹角的余弦值； （4）小孩做功的最小值。 2．（2024•乐清市校级三模）某景区向社会征集一个水上乐园设计建议。某校科技小组设计了一套方案，其简化原理如图。甲、乙、丙由混凝土浇筑而成，其中甲上部为半径为R1＝10m的圆弧面，圆心角θ1＝53°；乙上部为两个半径均为R2＝10m、圆心角为θ2＝37°的圆弧面平滑连接，EF等高。BC距离L1＝10m，其间有水下固定平台，其周围的水可在水泵驱动下循环流动，方向如箭头所示，速度v大小可调，平台上方各处速度均可视为相同。乙下方为有孔隔板，可大幅减小左侧水域流动对右侧水域的影响，乙丙之间水域可视为静水，上浮质量为M＝100kg、长为L＝6m的可动浮台。现有一游客乘坐特定装置（人和该装置视为质点并标注为P，总质量为m＝60kg），P从A点静止释放，依次通过ABCDE，最后通过可动浮台，到达终点平台丙完成游戏。可动浮台触碰平台丙时瞬间自动锁定。由于出发时P干燥，AB段摩擦不可忽略，P在B点时对轨道的压力为1.5mg，在BC间与水有相对运动时，受水平方向的恒力F＝0.5mg，在CDE段因经左侧水域而湿润，摩擦可忽略，与可动浮台动摩擦因数为μ＝0.1。不考虑P和可动浮台入水后的水下部分以及水位上升和波动带来的影响。 （1）求B点速度大小和AB段因摩擦而产生的热量。 （2）CDE段恰不脱离脱离轨道，求P在C点和E点的速度。 （3）若忽略可动浮台与水面的阻力，为使P在CDE段恰不脱离脱且不能在EF间落水，求BC间水速的调节范围。 【解答】解：（1）设P在B点的速度为vB，根据题意可得 解得 P从A到B的过程中，根据能量守恒定律 联立上述各式解得 Q＝900J （2）在D点时，则有 解得 从C到D的过程中，根据机械能守恒定律可得 解得 同理，从D到E则有 解得 （3）由上述分析可知，在不脱离CDE的情况下，E点的速度满足 考虑EF间不落水，恰至边缘二者共速，取向右为正方向，有 mvE＝（M+m）v 解得 若二者提前共速，后滑动到终点，取向右为正方向，有 mvE＝（M+m）v' 2μg（L﹣x）＝v'2 解得 从C到E 对应C点的速度为 即 9．78m/s≤vC≤9.96m/s 若在BC过程一直加速，则有 F＝0.5mg＝ma 解得 若一直减速，则不可能达到C点。综上所述，可调节的水流速度 9．78m/s≤v≤9.96m/s 答：（1）B点速度大小和AB段因摩擦而产生的热量900J。 （2）CDE段恰不脱离脱离轨道，P在C点和E点的速度分别为，。 （3）若忽略可动浮台与水面的阻力，为使P在CDE段恰不脱离脱且不能在EF间落水，BC间水速的调节范围9.78m/s≤vC≤9.96m/s。 3．（2024•温州二模）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由倾角θ＝53°的固定斜面CD、水平传送带EF、粗糙水平轨道FG、光滑圆弧轨道GPQ、及固定在Q处的弹性挡板组成。斜面CD高度h0＝0.4m，传送带EF与轨道FG离地面高度均为h，两者长度分别为l1＝4m、l2＝1.5m，OG、OP分别为圆弧轨道的竖直与水平半径，半径R＝0.8m，圆弧PQ所对应的圆心角α＝37°，轨道各处平滑连接。现将质量m＝1kg的滑块（可视为质点）从斜面底端的弹射器弹出，沿斜面从D点离开时速度大小v0＝5m/s，恰好无碰撞从E点沿水平方向滑上传送带。当传送带以v＝5m/s的速度顺时针转动，滑块恰好能滑至P点。已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，滑块与挡板碰撞后原速率反向弹回，不计空气阻力。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）高度h； （2）滑块与水平轨道FG间的动摩擦因数μ2； （3）滑块最终静止时离G点的距离x； （4）若传送带速度大小可调，要使滑块与挡板仅碰一次，且始终不脱离轨道，则传送带速度大小v的范围。 【解答】解：（1）从D到E过程中滑块做斜抛运动，把D点速度分解到竖直和水平方向， 竖直方向：vy＝v0sinθm/s＝4m/s 水平方向：vx＝v0cosθm/s＝3m/s 运动到E点时竖直方向上速度为零，由运动学公式 得 y＝0.8m 所以，h＝y+h0＝0.8m+0.4m＝1.2m （2）滑块以vx＝3m/s滑上传送带，假设能被加速到v＝5m/s，则： 成立。 故滑块离开F点的速度vF＝5m/s 从F到P过程应用动能定理得 解得：μ2＝0.3 （3）由分析可知，物块从P返回后向左进入传送带，又以原速率返回，设物块从P返回后，在FG之间滑行的总路程为s，对全过程应用动能定理得 mgR﹣μ2mgs＝0 解得： 所以，滑块停止时离G点： （4）设传送带速度为v1时，滑块恰能到Q点， 在Q点满足：，得： 从F到Q应用动能定理得 解得： 设传送带速度为v2时，滑块撞挡板后恰能重新返回到P点，对该过程应用动能定理得 解得： 若滑块被传送带一直加速，则： 可得vm＝7m/s 所以，传送带可调节的速度范围为m/s≤vm/s 故答案为：（1）高度h为1.2m； （2）滑块与水平轨道FG间的动摩擦因数μ2为0.3； （3）滑块最终静止时离G点的距离x为； （4）传送带可调节的速度范围为m/s≤vm/s 4．（2024•下城区校级模拟）某校科技小组在创新大赛中设计如图所示的轨道装置，已知倾角θ＝37°的斜轨道AD长为L＝3.5m，在轨道中点B点连接一光滑的双层圆轨道，切点B和B'稍错位，轨道半径R＝0.5m，D点连接水平轨道DE，长为s＝0.8m，E点离地面高度为h1＝2.3m。质量m＝0.2kg的滑块以一定初速度从A点出发，经过圆轨道从E点平抛飞出，落入放置在水平地面上高为h2＝0.5m的小桶内，小桶直径为d＝0.3m。滑块可看作质点，圆轨道间距可忽略，滑块与斜轨道、水平轨道的动摩擦因数均为μ＝0.25，不计空气阻力和滑块在D点的能量损失。（已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） （1）若滑块初速度为零，求到达B点时的速度大小； （2）若滑块的初速度v0＝4m/s，求到达圆轨道最高点C处时对轨道的压力； （3）要使滑块落入小桶内，求小桶左侧离F点的水平距离x与滑块初速度v0的关系。 【解答】解：（1）滑块由静止从A到B过程中，根据动能定理，有 代入数据解得vBm/s （2）滑块再次从A到C过程，根据动能定理得 在C点，根据牛顿第二定律得 联立解得F＝2.8N，根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力F'＝﹣F＝﹣2.8N，方向竖直向上； （3）若滑块恰好通过C点，则vC＝0，根据动能定理得 解得vA＝2m/s 滑块从A到E过程中，根据动能定理得 解得 滑块平抛运动的高度h＝h1﹣h2＝2.3m﹣0.5m＝1.8m，根据平抛运动的规律 桶左端离F点最大距离x1＝vEt，最小距离x2＝vEt﹣d； 综上可知，x与v0关系为，且v0≥2m/s 答：（1）到达B点时的速度大小为m/s； （2）最高点C处时对轨道的压力为2.8N，方向竖直向上； （3）x与v0的关系为，且v0≥2m/s。 5．（2023•绍兴模拟）有一种水上滑梯的结构可以简化如图甲：可看作质点的总质量为m的滑船（包括游客），从倾角θ＝37°的光滑斜轨道上高为H＝0.25R的A点由静止开始下滑，到达离地高为h＝0.2R的B点时，进入一段与斜轨道相切的半径为R的光滑圆弧轨道BCD（C点为与地面相切的圆弧轨道最低点，BD两点等高，CE、EG在同一水平面内），紧接着滑上一底面离地高度也为h且与水平面成β＝60°角的足够大光滑斜面abcd（圆弧轨道在D点切线恰好在斜面abcd内，切线方向与斜面水平底边ad成夹角α＝60°），当滑船沿斜面上升到最高点J（图中未画出）时，会触发一个提供水平风力的装置（图中未画出），装置开始在整个斜面内提供水平风力（如图乙）。滑船最后在斜面水平底边ad上某点进入动摩擦因数为μ的足够大水平接收平台defp（不计进入时的能量损失）。 （1）求滑船滑到C点时对圆弧轨道的压力大小； （2）在触发风力装置前，求滑船在斜面上运动的加速度大小和运动最高点J到水平底边ad的距离； （3）当水平风力大小为F0时，滑船运动到最高点J后的轨迹与斜面底线ad的交点为E（E点未画出），JE恰好垂直底线ad；现改变风力为F（滑船在整个斜面运动过程中F不变，且F≤F0），求滑船在接收平台defp内滑行总路程S的可能范围。 【解答】解：（1）滑船从 A点滑到C点时，由机械能守恒定律可知mgHm，在C点时由牛顿第二定律可得FNC﹣mg＝m，解得FNC＝1.5mg。 （2）划船到达D点时速度mg（H﹣h）m，解得vD，滑船在斜面上只受重力和斜面的支持力，则运动的加速度大小，ag，运动最高点J到水平底边ad的距离s。 （3）当水平风力大小为F0时，从最高点ad，则沿斜面方向 vDsinα＝at，沿平行斜面方向t＝2vDcosα，解得F0＝mg，此时回到ad面时沿着垂直ad方向的速度大小为vy＝vDsinα，沿着ad方向的速度大小依然为vx＝vDcosα，即进入平台的速度仍为vD最大，则进入平台后的位移最大，因进入defp内做匀减速运动，加速的a＝μg，则最终滑行的最大路程为Smax，现改变风力为F，因F≤F0，则滑船回到ad边时沿垂直ad方向的速度不变，若沿ad方向的速度为零，此时进入平台的速度最小，此时vDcosα，可解得F＝0.5mg，则进入平台的最小位移为smin，即滑船在接收平台defp内滑行总路程S的可能范围～。 答：（1）压力大小为1.5mg。 （2）加速度大小a，运动最高点J到水平底边ad的距离为。 （3）滑船在接收平台defp内滑行总路程S的可能范围～。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$