2020版物理新增分大一轮人教通用版讲义：第五章机械能第2讲

第2讲　动能定理及应用

一、动能
1．定义：物体由于运动而具有的能．
2．公式：Ek＝mv2.
3．单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
4．标矢性：动能是标量，动能与速度方向无关．
5．动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔEk＝mv22－mv12.
二、动能定理
1．内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．
2．表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv22－mv12.
3．物理意义：合力的功是物体动能变化的量度．
4．适用条件：
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
(2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．
如图1所示，物块沿粗糙斜面下滑至水平面；小球由内壁粗糙的圆弧轨道底端运动至顶端(轨道半径为R)．
对物块有WG＋Wf1＋Wf2＝mv2－mv02
对小球有－2mgR＋Wf＝mv2－mv02

图1
自测1　(2018·全国卷Ⅱ·14)如图2，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定(　　)

图2
A．小于拉力所做的功 B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功 D．大于克服摩擦力所做的功
答案　A
解析　由题意知，W拉＋W阻＝ΔEk，W阻<0，则W拉>ΔEk，A项正确，B项错误；W阻与ΔEk的大小关系不确定，C、D项错误．
自测2　关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是(　　)
A．合外力为零，则合外力做功一定为零
B．合外力做功为零，则合外力一定为零
C．合外力做功越多，则动能一定越大
D．动能不变，则物体所受合外力一定为零
答案　A
自测3　如图3所示，AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，BC恰好在B点与AB相切，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为(　　)

图3
A. B.
C．mgR D．(1－μ)mgR
答案　D
解析　设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A到C的全过程，根据动能定理有mgR－WAB－μmgR＝0，所以WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，故D正确.

命题点一　对动能定理的理解
1．动能定理表明了“三个关系”
(1)数量关系：合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合外力做的功．
(2)因果关系：合外力做功是引起物体动能变化的原因．
(3)量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳．
2．标量性
动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题．当然动能定理也就不存在分量的表达式．
例1　(多选)如图4所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离．在此过程中(　　)

图4
A．外力F做的功等于A和B动能的增量
B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量
C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功
D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
答案　BD
解析　A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B正确．A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B相对地的位移不相等，故二者做功不相等，C错误．对B应用动能定理WF－Wf＝ΔEkB，WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和，D正确．根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和，故A错误．
变式1　(多选)用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功－3 J，拉力F做功8 J，空气阻力做功－0.5 J，则下列判断正确的是(　　)
A．物体的重力势能增加了3 J
B．物体的重力势能减少了3 J
C．物体的动能增加了4.5 J
D．物体的动能增加了8 J
答案　AC
解析　因为重力做功－3 J，所以重力势能增加3 J，A正确，B错误；根据动能定理W合＝ΔEk，得ΔEk＝－3 J＋8 J－0.5 J＝4.5 J，C正确，D错误．
命题点二　动能定理的基本应用
1．应用流程

2．注意事项
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．
(2)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系．
(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理．
(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验．
例2　(多选)(2016·全国卷Ⅲ·20)如图5所示，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则(　　)

图5
A．a＝　　　　　　 B．a＝
C．N＝ D．N＝
答案　AC
解析　质点P下滑过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可得mgR－W＝mv2，又a＝，联立可得a＝，A正确，B错误；在最低点重力和支持力的合力充当向心力，根据牛顿第二定律可得N－mg＝ma，代入可得N＝，C正确，D错误．
例3　(2017·上海单科·19)如图6所示，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R＝0.4 m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内．滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零．已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

图6
(1)滑块在C点的速度大小vC；
(2)滑块在B点的速度大小vB；
(3)A、B两点间的高度差h.
答案　(1)2 m/s　(2)4.29 m/s　(3)1.38 m
解析　(1)在C点，滑块竖直方向所受合力提供向心力
mg＝
解得vC＝＝2 m/s
(2)对B→C过程，由动能定理得
－mgR(1＋cos 37°)＝mvC2－mvB2
解得vB＝≈4.29 m/s
(3)滑块在A→B的过程，由动能定理得
mgh－μmgcos 37°·＝mvB2－0
代入数据解得h＝1.38 m.
变式2　(2018·江西省新余市上学期期末)滑梯是幼儿园必备的一种玩具，它可以培养孩子坚定的意志和信心，可以培养孩子的勇敢精神．现有一滑梯，高处水平台面距地面高h＝1.5 m，倾斜槽倾角为37°，下端为水平槽，长L＝0.5 m，厚度不计．倾斜部分和水平部分用一忽略大小的圆弧连接，示意图如图7所示，一质量为20 kg的小孩由静止从高处水平台面沿倾斜槽下滑，当滑到水平槽末端时速度大小为v＝2 m/s.(结果保留两位小数，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

图7
(1)若滑梯的倾斜槽和水平槽动摩擦因数相同，求出动摩擦因数μ的值；
(2)若小孩滑到水平槽末端速度大于1 m/s时危险性较大，为了小孩能滑到水平槽且保证安全，将滑梯水平槽粗糙处理．[倾斜槽的动摩擦因数与(1)问中相同]，请求出水平槽处理后的动摩擦因数μ1的取值范围．
答案　(1)0.52　(2)μ1≥0.82
解析　(1)研究小孩的整个运动过程，利用动能定理：
mgh－μmgcos 37°×－μmgL＝mv2
解得μ＝0.52
(2)为使小孩能安全到达水平槽的末端，则在水平槽的末端速度v′应小于等于1 m/s，小孩到达斜槽末端的速度为v1，利用动能定理，在倾斜槽上有mgh－μmgcos 37°×＝mv12
在水平槽上有mv′2－mv12＝－μ1mgL
联立得μ1＝0.82
所以μ1≥0.82.
命题点三　动能定理与图象问题的结合
1．解决物理图象问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．
(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．
(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．
2．图象所围“面积”的意义
(1)v－t图象：由公式x＝vt可知，v－t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移．
(2)a－t图象：由公式Δv＝at可知，a－t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量．
(3)F－x图象：由公式W＝Fx可知，F－x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功．
(4)P－t图象：由公式W＝Pt可知，P－t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功．
例4　如图8甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4 m．有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用．F只在水平面上按图乙所示的规律变化．滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2，试求：

图8
(1)滑块运动到A处的速度大小；
(2)不计滑块在A处的速率变化，滑块冲上斜面AB的长度是多少？
答案　(1)5 m/s　(2)5 m
解析　(1)由题图乙知，在前2 m内，F1＝2mg，做正功，在第3 m内，F2＝－0.5mg，做负功，在第4 m内，F3＝0.滑动摩擦力Ff＝－μmg＝－0.25mg，始终做负功，对于滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得
F1x1＋F2x2＋Ffx＝mvA2－0
代入数据解得vA＝5 m/s.
(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得
－mgLsin 30°＝0－mvA2
解得L＝5 m
所以滑块冲上斜面AB的长度L＝5 m.
变式3　(2018·广东省深圳市上学期模拟)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是(　　)


答案　C
解析　小物块上滑过程，由动能定理得－(mgsin θ＋μmgcos θ)x＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin θ＋μmgcos θ)x；设小物块上滑的最大位移大小为s，小物块下滑过程，由动能定理得(mgsin θ－μmgcos θ)(s－x)＝Ek－0，整理得
Ek＝(mgsin θ－μmgcos θ)s－(mgsin θ－μmgcos θ)x，故只有C正确．
变式4　(2019·湖北省黄石市调研)用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s内物体的加速度随时间变化的关系如图9所示．下列说法正确的是(　　)

图9
A．0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动
B．0～6 s内物体在4 s时的速度最大
C．物体在2～4 s时的速度不变
D．0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力对物体做的功
答案　D
解析　物体6 s末的速度v6＝×(2＋5)×2 m/s－×1×2 m/s＝6 m/s，则0～6 s内物体一直向正方向运动，A项错误；由题图可知物体在5 s末速度最大，为vm＝×(2＋5)×2 m/s＝7 m/s，B项错误；由题图可知物体在2～4 s内加速度不变，做匀加速直线运动，速度变大，C项错误；在0～4 s内由动能定理可知，W合4＝mv42－0，又v4＝×(2＋4)×2 m/s＝6 m/s，得W合4＝36 J,0～6 s内合力对物体做的功：W合6＝mv62－0，又v6＝6 m/s，得W合6＝36 J．则W合4＝W合6，D项正确．
命题点四　动能定理在多过程问题中的应用
例5　(2018·河南省洛阳市上学期期中)如图10所示，光滑的轨道ABO的AB部分与水平部分BO相切，轨道右侧是一个半径为R的四分之一的圆弧轨道，O点为圆心，C为圆弧上的一点，OC与水平方向的夹角为37°.现将一质量为m的小球从轨道AB上某点由静止释放．已知重力加速度为g，不计空气阻力．(sin 37°＝，cos 37°＝)

图10
(1)若小球恰能击中C点，求刚释放小球的位置距离BO平面的高度；
(2)改变释放点的位置，求小球落到轨道时动能的最小值．
答案　(1)　(2)
解析　(1)设小球经过O点的速度为v0，从O点到C点做平抛运动，则有Rcos 37°＝v0t，Rsin 37°＝gt2
从A点到O点，由动能定理得mgh＝mv02
联立可得，刚释放小球的位置距离BO平面的高度h＝R；
(2)设小球落到轨道上的点与O点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，Rcos θ＝v0′t′
Rsin θ＝gt′2
对此过程，由动能定理得mgRsin θ＝Ek－mv0′2
解得Ek＝mgR(sin θ＋)
当sin θ＝时，小球落到轨道时的动能最小，最小值为Ek＝mgR.
变式5　如图11所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点，另一端自由伸长到A点，OA之间的水平面光滑，固定曲面在B处与水平面平滑连接．AB之间的距离s＝1 m．质量m＝0.2 kg的小物块开始时静置于水平面上的B点，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.现给物块一个水平向左的初速度v0＝5 m/s，g取10 m/s2.

图11
(1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能Ep；
(2)求物块返回B点时的速度大小；
(3)若物块能冲上曲面的最大高度h＝0.2 m，求物块沿曲面上滑过程所产生的热量．
答案　(1)1.7 J　(2)3 m/s　(3)0.5 J
解析　(1)对小物块从B点至压缩弹簧最短的过程，由动能定理得，
－μmgs－W克弹＝0－mv02
W克弹＝Ep
代入数据解得Ep＝1.7 J
(2)对小物块从B点开始运动至返回B点的过程，由动能定理得，
－μmg·2s＝mvB2－mv02
代入数据解得vB＝3 m/s
(3)对小物块沿曲面的上滑过程，
由动能定理得－W克f－mgh＝0－mvB2
产生的热量Q＝W克f＝0.5 J.


1.在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，如图1，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球以约为1 m/s的速度撞击篮筐．已知篮球质量约为0.6 kg，篮筐离地高度约为3 m，忽略篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功大约为(　　)

图1
A．1 J B．10 J C．50 J D．100 J
答案　B
解析　该同学将篮球投出时的高度约为h1＝1.8 m，根据动能定理有W－mg(h－h1)＝mv2，解得W＝7.5 J，故选项B正确．
2．在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，它落到地面时的速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于(　　)
A．mgh－mv2－mv02
B．－mv2－mv02－mgh
C．mgh＋mv02－mv2
D．mgh＋mv2－mv02
答案　C
解析　对物块从h高处竖直上抛到落地的过程，根据动能定理可得mgh－Wf＝mv2－mv02，解得Wf＝mgh＋mv02－mv2，选项C正确．
3.(2018·天津理综·2)滑雪运动深受人民群众喜爱．如图2所示，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中(　　)

图2
A．所受合外力始终为零
B．所受摩擦力大小不变
C．合外力做功一定为零
D．机械能始终保持不变
答案　C
解析　运动员从A点滑到B点的过程中速率不变，则运动员做匀速圆周运动，其所受合外力指向圆心，A错误．如图所示，运动员受到的沿圆弧切线方向的合力为零，即Ff＝mgsin α，下滑过程中α减小，sin α变小，故摩擦力Ff变小，B错误．

由动能定理知，运动员匀速下滑动能不变，合外力做功为零，C正确．运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，机械能减小，D错误．
4．(2016·全国卷Ⅲ·16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　动能变为原来的9倍，则质点的速度变为原来的3倍，即v＝3v0，由s＝(v0＋v)t和a＝得a＝，故A项正确．
5．从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是(　　)

答案　A
解析　小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则
v＝v0－gt
小球的动能Ek＝mv2，把速度v代入得
Ek＝mg2t2－mgv0t＋mv02
Ek与t为二次函数关系．
6．(多选)太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车．当太阳光照射到汽车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进．设汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t，速度为v时达到额定功率，并保持不变．之后汽车又继续前进了距离s，达到最大速度vmax.设汽车质量为m，运动过程中所受阻力恒为Ff，则下列说法正确的是(　　)
A．汽车的额定功率为Ffvmax
B．汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为Ffvt
C．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，克服阻力所做的功为mvmax2－mv2
D．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力所做的功为mvmax2
答案　AD
7.(多选)(2019·山西省运城市质检)质量为m的物体放在水平面上，它与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.用水平力拉物体，运动一段时间后撤去此力，最终物体停止运动．物体运动的v－t图象如图3所示．下列说法正确的是(　　)

图3
A．水平拉力大小为F＝m
B．物体在3t0时间内位移大小为v0t0
C．在0～3t0时间内水平拉力做的功为mv02
D．在0～3t0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为μmgv0
答案　BD
解析　根据v－t图象和牛顿第二定律可知F－μmg＝m，故选项A错误；由v－t图象与坐标轴所围面积可知，在3t0时间内的位移为x＝·3t0·v0＝v0t0，所以选项B正确；在0～3t0时间内由动能定理可知W－μmgx＝0，故水平拉力做的功W＝μmgv0t0，又Ff＝μmg＝，则W＝mv02，选项C错误；0～3t0时间内克服摩擦力做功的平均功率为＝＝μmgv0，所以选项D正确．
8．(多选)(2018·安徽省蚌埠市一质检)如图4所示，B、M、N分别为竖直光滑圆轨道的右端点、最低点和左端点，B点和圆心等高，N点和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α＝60°.现从B点的正上方某处A点由静止释放一个小球，经圆轨道飞出后以水平速度v通过C点，已知圆轨道半径为R，v＝，重力加速度为g，则以下结论正确的是(不计空气阻力)(　　)

图4
A．C、N的水平距离为R
B．C、N的水平距离为2R
C．小球在M点对轨道的压力为6mg
D．小球在M点对轨道的压力为4mg
答案　AC
解析　小球从N到C的过程可看做逆方向的平抛运动，则vNcos α＝v、vNsin α＝gt、xCN＝vt，解得vN＝2v＝2、xCN＝R，故A项正确，B项错误；小球从M到N的过程由动能定理可得，－mg(R－Rcos α)＝mvN2－mvM2，小球在M点时，由牛顿第二定律可得，FNM－mg＝m，解得FNM＝6mg，根据牛顿第三定律可得，小球在M点对轨道的压力为6mg，故C项正确，D项错误．

9．(2017·全国卷Ⅱ·24)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1
图5
(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．
答案　(1)　(2)
解析　(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得
－μmgs0＝mv12－mv02①
解得μ＝②
(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t.由运动学公式得
v02－v12＝2a1s0③
v0－v1＝a1t④
s1＝a2t2⑤
联立③④⑤式得
a2＝⑥
10．(2017·河北省唐山市模拟)如图6所示，装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度x＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30 m、h2＝1.35 m．现让质量为m的小滑块(可视为质点)自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

图6
(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；
(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔；
(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离．
答案　(1)3 m/s　(2)2 s　(3)1.4 m
解析　(1)小滑块从A→B→C→D过程中，
由动能定理得mg(h1－h2)－μmgx＝mvD2－0
代入数据解得vD＝3 m/s.
(2)小滑块从A→B→C过程中，
由动能定理得mgh1－μmgx＝mvC2
代入数据解得vC＝6 m/s
小滑块沿CD段上滑的加速度大小a＝gsin θ＝6 m/s2
小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t1＝＝1 s
由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间t2＝t1＝1 s
故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔t＝t1＋t2＝2 s.
(3)设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x总，对小滑块运动全过程应用动能定理有mgh1－μmgx总＝0
代入数据解得x总＝8.6 m，故小滑块最终停止的位置距B点的距离为：2x－x总＝1.4 m.
11．(2018·湖北省黄冈市检测)某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛．比赛路径如图7所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟．已知赛车质量m＝0.1 kg，通电后以额定功率P＝1.5 W工作，进入竖直轨道前受到的阻力恒为0.3 N，随后在运动中受到的阻力均可不计．图中L＝10.00 m，R＝0.32 m，h＝1.25 m，s＝1.50 m．问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？(取g＝10 m/s2)

图7
答案　2.5 s
解析　赛车通过圆轨道最高点的最小速度为v1′，根据牛顿第二定律得，mg＝m，得v1′＝
根据动能定理得，由B点至圆轨道最高点有－mg·2R＝mv1′2－mv12
解得v1＝4 m/s
为保证赛车通过最高点，到达B点的速度至少为v1＝4 m/s
根据h＝gt2得，t＝＝0.5 s
则平抛运动的初速度v2＝＝3 m/s
为保证赛车能越过壕沟，则到达B点的速度至少为v2＝3 m/s
因此赛车到达B点的速度至少为v＝v1＝4 m/s
从A到B对赛车由动能定理得Pt－FfL＝mv2
解得t≈2.5 s.