(浙江选考)2019高考物理复习计算题题型强化第2讲必考第20题动力学方法和能量观点的综合应用学案

第2讲 必考第20题 动力学方法和能量观点的综合应用题型1 直线运动中动力学方法和能量观点的应用1．直线运动中多运动过程组合主要是指直线多过程或直线与斜面运动的组合问题． 2．涉及的规律：(1)动力学观点：牛顿运动定律、运动学基本规律； (2)能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律．3．受力分析、运动分析，将物理过程分解成几个简单的直线运动过程，分别选择合适的规律求解．4．相邻运动过程连接点的速度是解题关键．例1 如图1甲所示，一倾斜角为37°的斜面底端固定有与斜面垂直的弹性挡板，一个可视为质点的小物块在t ＝0时刻从挡板开始向上运动，其速度—时间图象如图乙所示，运动到最高点返回底端，与挡板发生弹性碰撞，再次向上运动，如此往复．求：(不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图1(1)小物块与斜面间的动摩擦因数；(2)小物块第一次回到斜面底端时的速度大小； (3)小物块在斜面上运动所通过的总路程． 答案 (1)0.5 (2)2 5 m/s (3)12.5 m解析 (1)由题图乙可知，小物块在上滑过程中的加速度大小为a 1＝v 0t 1＝10 m/s 2由牛顿第二定律，有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1 可得小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5 (2)小物块第一次上滑的位移大小x 1＝v 02t 1＝102×1 m＝5 m第一次下滑过程由动能定理有mgx 1sin θ－μmg cos θ·x 1＝12mv 12－0可得小物块第一次回到斜面底端时的速度大小v 1＝2 5 m/s (3)小物块最终停在挡板处，全程由动能定理有 －μmg cos θ·s ＝0－12mv 02可得在斜面上运动所通过的总路程s ＝12.5 m1．航母舰载机滑跃起飞有点像高山滑雪，主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图2所示，设某航母起飞跑道主要由长度为L 1＝160 m 的水平跑道和长度为L 2＝20 m 的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h ＝4.0 m ．一架质量为m ＝2.0×104kg 的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F ＝1.2×105N ，方向与速度方向相同，在从静止开始运动的整个过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看做斜面，不计拐角处的影响．取g ＝10 m/s 2.图2(1)求飞机在水平跑道上运动的时间； (2)求飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小；(3)如果此航母去掉倾斜跑道，保持水平跑道长度不变，现在跑道上安装飞机弹射器，此弹射器弹射距离为84 m ，要使飞机在水平跑道的末端速度达到100 m/s ，则弹射器的平均作用力为多大？(已知弹射过程中发动机照常工作) 答案 (1)8 s (2)2430 m/s (3)1.0×106N 解析 (1)设飞机在水平跑道的加速度为a 1，阻力为F f 由牛顿第二定律得F －F f ＝ma 1 L 1＝12a 1t 12解得t 1＝8 s(2)设飞机在水平跑道末端的速度为v 1，在倾斜跑道末端的速度为v 2，加速度为a 2 水平跑道上：v 1＝a 1t 1倾斜跑道上：由牛顿第二定律得F －F f －mg hL 2＝ma 2v 22－v 12＝2a 2L 2解得v 2＝2430 m/s(3)设弹射器的平均作用力为F 1，弹射距离为x ，飞机在水平跑道末端速度为v 3 由动能定理得F 1x ＋FL 1－F f L 1＝12mv 32解得F 1＝1.0×106N.2．(2018·义乌市模拟)如图3甲所示，倾角为θ＝37°的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量m ＝2 kg 的小物体轻轻放在传送带的A 端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s 末物体到达B 端，取沿传送带向下为正方向，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图3(1)小物体在传送带A 、B 两端间运动的平均速度v ； (2)物体与传送带间的动摩擦因数μ；(3)2 s 内物体机械能的减少量ΔE 及因与传送带摩擦产生的内能Q . 答案 (1)8 m/s (2)0.5 (3)48 J 48 J解析 (1)由v －t 图象的面积规律可知，传送带A 、B 间的距离L 即为v －t 图线与t 轴所围的面积，所以L ＝v 12t 1＋v 1＋v 22t 2，代入数值得：L ＝16 m ，平均速度为v ＝Lt＝8 m/s(2)由v －t 图象可知传送带运行速度为v 1＝10 m/s 物体从A 到B 先做加速度为a 1＝10－01m/s 2＝10 m/s 2的匀加速运动， 经过时间t 1＝1 s 后再做加速度为a 2＝12－102－1m/s 2＝2 m/s 2的匀加速运动， 再经过时间t 2＝1 s ，物体以大小为v 2＝12 m/s 的速度到达传送带B 端． 由物体在传送带上的受力情况知a 1＝mg sin θ＋μmg cos θm 或a 2＝mg sin θ－μmg cos θm解得μ＝0.5(3)小物体到达传送带B 端时的速度大小v 2＝12 m/s 物体的动能增加了ΔE k ＝12mv 22＝12×2×122J ＝144 J物体的重力势能减少了ΔE p ＝mgL sin θ＝20×16×0.6 J＝192 J 所以物体的机械能的减少量ΔE ＝48 J 由功能关系可知Q ＝μmg cos θ(v 1t 1－v 12t 1)＋μmg cos θ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 1＋v 22t 2－v 1t 2代入数值得Q ＝48 J.题型2 曲线运动中动力学方法和能量观点的应用1．曲线运动中的动力学和能量观点的综合问题，主要是直线运动、平抛运动、圆周运动三种运动中两者或三者的组合问题．2．对物体进行受力分析、运动分析、能量分析，初步了解运动全过程，构建大致运动图景． 3．若为多过程问题，可将全过程分解，寻找子过程间的联系和解题方法．例2 (2018·浙江4月选考·20)如图4所示，一轨道为半径2 m 的四分之一竖直圆弧轨道AB 和长度可调的水平直轨道BC 在B 点平滑连接而成．现有一质量为0.2 kg 的小球从A 点无初速度释放，经过圆弧上B 点时，传感器测得轨道所受压力大小为3.6 N ，小球经过BC 段所受的阻力为其重力的0.2倍，然后从C 点水平飞离轨道，落到水平地面上的P 点，P 、C 两点间的高度差为3.2 m ．小球运动过程中可视为质点，且不计空气阻力，g 取10 m/s 2.图4(1)求小球运动至B 点时的速度大小； (2)求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；(3)为使小球落点P 与B 点的水平距离最大，求BC 段的长度；(4)小球落到P 点后弹起，与地面多次碰撞后静止．假设小球每次碰撞机械能损失75%、碰撞前后速度方向与地面的夹角相等．求小球从C 点飞出到最后静止所需时间． 答案 (1)4 m/s (2)2.4 J (3)3.36 m (4)2.4 s解析 (1)由牛顿第三定律知，在B 点轨道对小球的支持力为F N ＝3.6 N. 由向心力公式和牛顿第二定律有F N －mg ＝m v B 2R，解得v B ＝4 m/s.(2)小球从A 到B 的过程，只有重力和摩擦力做功，设克服摩擦力所做的功为W 克． 由动能定理得：mgR －W 克＝12mv B 2－0解得W 克＝2.4 J.(3)分析运动可知，BC 段长度会影响匀减速运动的时间，进而影响平抛运动的水平初速度以及水平位移．设BC 段小球的运动时间为t ，加速度a ＝F f m＝2 m/s 2由运动学公式得v C ＝v B －at ＝4－2t ①x BC ＝v B t －12at 2＝4t －t 2②其中，0<t <2 s. 平抛运动中h ＝12gt 12③x CP ＝v C t 1④由③④可得x CP ＝3.2－1.6t ⑤则由②⑤可得x BP ＝x BC ＋x CP ＝－t 2＋2.4t ＋3.2⑥ 由数学知识可得，当t ＝1.2 s 时，x BP 取得最大值． 代入②式，解得x BC ＝3.36 m.(4)由于碰撞前后速度方向与地面夹角相等，所以碰撞前后水平分速度与竖直分速度比值不变．每次碰撞机械能损失75%，故每次碰撞合速度、分速度均变为原来的12.设第n 次损失后的竖直分速度为v yn ，第n 次碰撞到第n ＋1次碰撞的时间为t n . 由平抛运动规律得v y 0＝2gh ＝8 m/s⑦t 0＝2hg＝0.8 s⑧则v yn ＝v y 0·(12)n⑨t n ＝2·v yng⑩将⑦⑨代入⑩可得t n ＝0.8×(12)n －1(n ＝1,2,3…)由数学知识可得t 总＝t 0＋t 1＋…＋t n＝0.8＋0.8×[1－⎝⎛⎭⎪⎫12n]1－12当n 取无穷大时，小球处于静止状态． 解得t 总＝2.4 s.3．(2017·绍兴市选考诊断)如图5所示为一种射程可调节的“抛石机”模型．抛石机长臂OA 的长度L ＝4 m ，B 为OA 中点，石块可装在长臂上的AB 区域中某一位置．开始时长臂与水平面间的夹角α＝30°，对短臂施力，当长臂转到竖直位置时立即停止转动，石块被水平抛出．在某次投石试验中，将质量为m ＝10 kg 的石块安装在A 点，击中地面上距O 点水平距离为x ＝12 m 的目标．不计空气阻力和抛石机长臂与短臂的质量，g 取10 m/s 2，求：图5(1)石块即将被投出瞬间所受向心力的大小； (2)整个过程中投石机对石块所做的功W ；(3)若投石机对石块做功恒定，问应将石块安装在离O 点多远处才能使石块落地时距O 点的水平距离最大？答案 (1)300 N (2)1 200 J (3)3 m解析 (1)石块被抛出后做平抛运动，水平方向x ＝vt 竖直方向h ＝12gt 2又h ＝L ＋L sin α，解得v ＝230 m/s所以石块受到的向心力为F ＝m v 2L＝300 N(2)长臂从A 点转到竖直位置的整个过程中，根据动能定理得W －mg (L ＋L sin α)＝12mv 2－0代入数值解得W ＝1 200 J (3)设抛出点距离O 点为lW －mg (l ＋l sin 30°)＝12mv ′2－0 v ′＝240－30l下落时间t ′＝2h ′g＝2(l ＋L sin α)g＝l ＋25水平位移为s ＝2(24－3l )(l ＋2)＝－6(l －3)2＋150 因此当l ＝3 m 时石块落地时距O 点水平距离最大．4．(2018·9＋1高中联盟期中)如图6所示，某装置的弹簧弹射器每次都将小物块(质量可选择，可视为质点)从A 点由静止弹出，通过竖直圆轨道和水平直轨道后水平抛入水池中，已知竖直圆轨道半径为R ＝1.0 m ，水平轨道BD 长为L ＝2.4 m ，水池水面离D 点高度为h ＝1.25 m ，水池长为s ＝6.0 m ，不计水平轨道AB 部分和竖直圆轨道的阻力，所有小物块与水平轨道BD 部分的动摩擦因数为μ＝0.25.当所选择的小物块质量为m ＝1 kg ，在经过C 点时，对轨道的压力为10 N ，g 取10 m/s 2，求：图6(1)弹射器对小物块做的功；(2)小物块从D 点飞出落入水面时的水平位移x ；(3)为确保不同的小物块都能从A 点弹射并直接落入水面，对选择的小物块的质量有何要求？ 答案 (1)30 J (2)2 3 m (3)513 kg≤m ≤1.2 kg解析 (1)在C 点时由牛顿第二定律得：F N ＋mg ＝m v C 2R由牛顿第三定律知F N ＝10 N 由A 到C 的过程，由动能定理得W －2mgR ＝12mv C 2－0得W ＝30 J(2)从弹出到D 点，由动能定理：W －μmgL ＝12mv D 2－0小物块从D 点飞出后做平抛运动，h ＝12gt 2 x ＝v D t解得x ＝2 3 m(3)若小物块质量最大为m 1时，恰能过C 点：m 1g ＝m 1v 02R从弹出到C 点，由动能定理：W －2m 1gR ＝12m 1v 02－0从弹出到D 点，W －μm 1gL ≥0 得m 1＝1.2 kg若小物块恰能到达水池水面最右端时，质量最小为m 2W －μm 2gL ＝12m 2v D ′2－0 h ＝12gt 2 s ＝v D ′t得m 2＝513kg故质量范围为：513 kg≤m ≤1.2 kg专题强化练1.滑沙游戏中，游客从沙坡顶部坐滑沙车呼啸滑下．为了安全，滑沙车上通常装有刹车手柄，游客可以通过操纵刹车手柄对滑沙车施加一个与车运动方向相反的制动力F ，从而控制车速．为便于研究，做如下简化：如图1所示，游客从顶端A 点由静止滑下8 s 后，操纵刹车手柄使滑沙车摩擦力变大匀速下滑至底端B 点，在水平滑道上继续滑行直至停止．已知游客和滑沙车的总质量m ＝70 kg ，倾斜滑道AB 长L AB ＝128 m ，倾角θ＝37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ＝0.5.重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力．求：图1(1)游客和滑沙车匀速下滑时的速度大小； (2)游客和滑沙车匀速下滑的时间；(3)游客和滑沙车从A 滑到B 的过程中由于摩擦产生的热量． 答案 (1)16 m/s (2)4 s (3)44 800 J解析 (1)对游客和滑沙车整体受力分析，由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1解得a 1＝g (sin θ－μcos θ)＝10×(0.6－0.5×0.8) m/s 2＝2 m/s 2则游客和滑沙车匀速下滑时的速度v ＝a 1t 1＝2×8 m/s＝16 m/s(2)游客和滑沙车加速下滑通过的位移x 1＝12a 1t 12＝12×2×82 m ＝64 m则游客和滑沙车匀速下滑通过的位移x 2＝L AB －x 1＝128 m －64 m ＝64 m 匀速下滑的时间t ＝x 2v ＝6416s ＝4 s.(3)对游客和滑沙车从A 滑到B 的运动过程，由动能定理有mgL AB sin θ－W f ＝12mv 2Q ＝W f ＝mgL AB sin θ－12mv 2＝44 800 J.2．(2018·新高考研究联盟联考)美媒称，美国国家航空航天局(NASA)正在研发一款电动飞机，如图2所示，以加紧推出比当今飞机能耗更低、巡航速度更高的零排放飞机．如果获得成功，这款飞机可能会成为朝着空中旅行更高效、更环保的新时代迈出的重要的第一步．这款被NASA 称为X －57的电动飞机仅能容纳一名驾驶员．NASA 目前还计划研发5款体型更大、能够搭载更多乘客和货物的飞机．报道称，X －57飞机将装有14台发动机，它们将为异常狭窄的机翼上的螺旋桨提供动力．通常情况下，飞机的机翼是不可能这样狭窄的，因为飞机在起飞和降落时需要宽阔的机翼来提供升力．尽管在起飞和降落时，所有14台发动机都将工作，但是一旦飞机在高空巡航，只需两台发动机工作便可正常飞行．若每台发动机能提供的功率均为30 kW ，飞机的总质量为2 000 kg ，受到的空气阻力恒力为1×104N ，g 取10 m/s 2.则：图2(1)在竖直向上起飞过程中，所有14台发动机都工作时，向上运动的最大速度是多少？ (2)若某次竖直向上起飞时，受到的牵引力大小恒为3.02×104N ，当上升到离地面500 m 高处时，此时发动机的总机械功率为多大？(3)飞机降落时，若刚接触地面时的速度大小为80 m/s ，此时关闭所有发动机，在地面上滑行时受到的阻力恒为2×104N ，求飞机在水平地面上滑行的距离． 答案 (1)14 m/s (2)3.02×105W (3)320 m解析 (1)14台发动机的总功率：P 总＝14P 0＝14×30 kW ＝4.2×105W飞机上升，当F 牵＝mg ＋F 阻＝3×104N 时达到最大速度v max则v max ＝P 总F 牵＝4.2×1053×104m/s ＝14 m/s(2)飞机起飞时的加速度a ＝F 牵′－mg －F 阻m ＝3.02×104－3×1042×103m/s 2＝0.1 m/s 2 上升到离地面500 m 高处时的速度v ＝2ah ＝2×0.1×500 m/s ＝10 m/s 此时发动机的总机械功率P 总′＝F 牵′·v ＝3.02×104×10 W＝3.02×105W (3)关闭发动机后飞机在水平地面做匀减速直线运动 －F 阻′·x ＝0－12mv ′2滑行的距离x ＝320 m3．(2018·金、丽、衢十二校联考)滑板运动是时下许多年轻人所热爱的极限运动项目，图3为一段水平粗糙平台AB 和光滑半圆轨道组成的表演场地，某运动员在平台AB 段通过蹬地获得水平推力，加速滑至B 点后平抛落于半圆轨道上的C 处，圆轨道最低处装有力传感器，可显示运动员通过时对轨道的压力大小，已知：滑板与平台之间的动摩擦因数μ＝0.2，长度L AB ＝5 m ，运动员(含滑板)质量m ＝60 kg ，AB 段获得的平均堆力F ＝360 N ，C 处距平台平面的竖直高度h ＝2 m ，g 取10 m/s 2，求：图3(1)运动员(含滑板)到达B 处的速度大小；(2)半圆轨道的半径R 的大小；(3)若传感器显示压力F 压＝2 200 N ，运动员(含滑板)在C 处与轨道碰撞损失的机械能ΔE . 答案 (1)210 m/s (2)2.5 m (3)700 J解析 (1)对运动员(含滑板)受力分析，根据牛顿第二定律，有F －μmg ＝ma ，a ＝4 m/s 2由匀变速直线运动速度与位移关系式v B 2－0＝2aL AB得v B ＝210 m/s(2)由平抛运动的规律h ＝12gt 2 可得t ＝2hg ＝105s ，x ＝v B t ＝4 m 由几何规律得(x －R )2＋h 2＝R 2解得R ＝2.5 m(3)由牛顿第三定律可知F ′＝F 压＝2 200 N ，F ′－mg ＝m v D 2RC 到D 过程，由动能定理有mg (R －h )＝E k D －E k C解得E k C ＝12mv D 2－mg (R －h ) ΔE ＝12mv B 2＋mgh －E k C ＝700 J 4．如图4甲所示为单板滑雪U 形池的比赛场地，比赛时运动员在U 形滑道内边滑行边利用滑道做各种旋转和跳跃动作，裁判员根据运动员的腾空高度、完成的动作难度和效果评分．图乙为该U 形池场地的横截面图，AB 、CD 为半径R ＝4 m 的四分之一光滑圆弧雪道，BC 为水平雪道且与圆弧雪道相切，BC 长为4.5 m ，质量为60 kg 的运动员(含滑板)以5 m/s 的速度从A 点滑下，经U 形雪道从D 点竖直向上飞出，在D 点上方完成动作的时间为t ＝0.8 s ，然后又从D 点返回U 形雪道，忽略空气阻力，运动员可视为质点，g 取10 m/s 2，求：图4(1)运动员(含滑板)与BC 雪道间的动摩擦因数；(2)运动员(含滑板)首次运动到C 点时对雪道的压力；(3)运动员(含滑板)最后距离B 点多远处停下．答案 (1)0.1 (2)2 040 N ，方向竖直向下 (3)B 点右侧1.5 m 处解析 (1)设运动员(含滑板)从D 点向上飞出的速度为v D ，则v D ＝g ·t 2＝4 m/s 运动员(含滑板)从A 点到D 点的过程，由动能定理得－μmgx BC ＝12mv D 2－12mv A 2 解得μ＝0.1(2)运动员(含滑板)从C 点运动到D 点的过程中，由动能定理得－mgR ＝12mv D 2－12mv C 2 设运动员(含滑板)首次运动到C 点时，由牛顿第二定律知F N －mg ＝m v C 2R联立得F N ＝2 040 N ，由牛顿第三定律可知，运动员首次运动到C 点时对雪道的压力大小为2 040 N ，方向竖直向下(3)设运动员(含滑板)运动的全过程中在水平雪道上通过的路程为x ，由动能定理得 mgR －μmgx ＝0－12mv A 2解得x ＝52.5 m所以运动员(含滑板)在水平雪道上运动了5.5个来回后到达C 点左侧3 m 处，故最后在B 点右侧1.5 m 处停下．5．(2018·台州中学统练)某同学在设计连锁机关游戏中，设计了如图5所示的起始触发装置，AB 段是长度连续可调的竖直伸缩杆，BCD 段是半径为R 的四分之三圆弧弯杆，DE 段是长度为2R 的水平杆，与AB 杆稍稍错开．竖直杆外套有下端固定且劲度系数较大的轻质弹簧，在弹簧上端放置质量为m 的套环．每次将弹簧的长度压缩至P 点后锁定，设PB 的高度差为h ，解除锁定后弹簧可将套环弹出．在触发器的右侧有多米诺骨牌，多米诺骨牌的最高点Q 和P 等高，且与E 的水平距离x ＝8R ，已知弹簧锁定时的弹性势能E p ＝9mgR ，套环与水平杆的动摩擦因数为0.5，与其他部分的摩擦不计，空气阻力不计，重力加速度为g .求：图5(1)当h ＝3R 时，套环达到杆最高点C 处的速度大小；(2)在上问中当套环运动到最高点C 时对杆的作用力大小和方向；(3)若h 可在R ～6R 间连续可调，要使该套环恰好击中Q 点，则h 需调为多长？答案 (1)10gR (2)9mg ，方向竖直向上 (3)5R解析 (1)从P 到C 有，E p ＝mg (h ＋R )＋12mv C 2 得v C ＝10gR(2)C 点对套环有，F ＋mg ＝mv C 2R得F ＝9mg根据牛顿第三定律，在C 点套环对杆的作用力大小为9mg ，方向竖直向上．(3)从P 到E ，由能量守恒有E p ＝mg (h －R )＋μmg ·2R ＋12mv E 2从E 点飞出后做平抛运动， h －R ＝12gt 2x ＝v E t解得h ＝5R6．(2017·温州市9月选考)如图6所示是某公园中的一项游乐设施，它由弯曲轨道AB 、竖直圆轨道BC 以及水平轨道BD 组成，各轨道平滑连接．其中圆轨道BC 半径R ＝2.0 m ，水平轨道BD 长L ＝9.0 m ，BD 段对小车产生的摩擦阻力为车重的0.2倍，其余部分摩擦不计，质量为1.0 kg 的小车(可视为质点)从P 点由静止释放，恰好滑过圆轨道最高点，然后从D 点飞入水池中，空气阻力不计，取g ＝10 m/s 2，求：图6(1)P 点离水平轨道的高度H ；(2)小车运动到圆轨道最低点时对轨道的压力；(3)在水池中放入安全气垫MN (气垫厚度不计)，气垫上表面到水平轨道BD 的竖直高度h ＝3.2 m ，气垫的左右两端M 、N 到D 点的水平距离分别为5.6 m 、8.0 m ，要使小车能安全落到气垫上，则小车释放点距水平轨道的高度H ′应满足什么条件？答案 (1)5 m (2)60 N ，方向竖直向下 (3)5 m≤H ′≤6.8 m解析 (1)小车恰好滑过圆轨道最高点C ，在圆轨道的最高点C 对小车有：mg ＝mv C 2R小车由P 运动到C 由动能定理可得mg (H －2R )＝12mv C 2，联立解得H ＝5 m.(2)小车由P 运动到B 点，由动能定理得： mgH ＝12mv B 2，在B 点对小车： F N －mg ＝mv B 2R由以上两式可得F N ＝60 N根据牛顿第三定律可知，小车运动到圆轨道最低点时对轨道的压力大小为60 N ，方向竖直向下．(3)小车从D 点飞出后做平抛运动，x ＝v D t ，h ＝12gt 2因为5.6 m≤x ≤8.0 m，代入以上两式可得7 m/s≤v D ≤10 m/s，从小车释放点至D 点，由动能定理得mgH ′－kmgL ＝12mv D 2，代入v D ，得到4.25 m≤H ′≤6.8 m 若使小车能通过C 点，需要H ′≥5 m 综上可知，5 m≤H ′≤6.8 m.。