2026年江苏高考物理二轮复习讲练测重难08 力学三大观点的综合应用（解析版）

重难08力学中三大观点的综合应用

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一、力学三大观点的理解与辨析

重难点1．力的三个作用效果与五个规律

分类对应规律规律内容公式表达

力的瞬时牛顿第物体的加速度大小与合外力成正比,与质量成反

F合ma

比,加速度方向与合外力的方向相同

作用效果二定律

力对空间动能定理合外力对物体所做的功等于物体动能的增加量

W合ΔEk

积累效果

机械能在只有重力(或弹簧弹力)做功的情况下,物体的机

E初E末

械能的总量保持不变

守恒定律

力对时间动量定理物体所受合外力的冲量等于物体的动量的变化

I合Δp

积累效果

动量守系统不受外力或所受外力之和为零时,系统的总

p初p末

动量就保持不变(或在某个方向上系统所受外力之

恒定律

和为零时,系统在这个方向上的动量就保持不变)

重难点2．解动力学问题的三个基本观点

力学三大观点对应规律表达式选用原则

牛顿第二定律F合=ma

v=v0+at运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，

动力学观点匀变速直

2

x=v0t+at可处理匀变速运动问题，涉及运动细节．

线运动规律1

2

v2-=2ax等

2

�0

能量观点动能定理W合=ΔEk涉及做功与能量转换，可处理非匀变速运

机械能守恒定律Ek1+Ep1=Ek2+Ep2动问题

功能关系WG=-ΔEp等

能量守恒定律E1=E2

只涉及初末速度、力、时间，而不涉及位

动量定理I合=p'-p

移、功，可处理非匀变速运动问题

动量观点

只涉及初末速度，而不涉及力、时间，可

动量守恒定律p1+p2=p1'+p2'

处理非匀变速运动问题

重难点3．力学规律的选用原则

1.如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．

2.研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及

位移的问题)去解决问题．

3.若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，

但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．

4.在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，

即转化为系统内能的量．

5.在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形

式能量之间的转化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．

二、力学三大观点解决力学综合问题

重难点1．用力学三大观点解决多过程综合问题的策略

1.进行正确的受力分析，划分运动过程，明确各过程的运动特点。

2.当物体受到恒力作用，而且涉及时间、某一状态时，一般选用动力学方法。

3.当涉及功、能、位移时，一般选用动能定理、能量守恒定律。

4.在光滑的平面或曲面上的运动，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打木块、

不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析。

5.如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析。

6.分析含弹簧问题时，注意分析含弹簧系统的运动情况和能量转化情况。如果两物体中间加一弹簧，若系

统所受外力的合力为零，则系统的动量守恒，当两物体速度相等时弹簧最长或最短。若涉及弹性势能与其

他形式的能量发生转化，则转化过程遵循能量守恒定律。

（建议用时：45分钟）

1．（2025·江苏南京·模拟预测）如图所示，水平面上放置着半径为R、圆心角为60的圆弧轨道，一个可视

为质点的小球以初速度v0冲上圆弧轨道。已知圆弧轨道质量M1.5m0，小球质量mm0，重力加速度大小

为g，不计一切摩擦和空气阻力，小球从圆弧轨道飞出时，速度方向恰好跟水平方向成30角，求：

(1)圆弧的半径；

(2)小球飞出圆弧轨道时，小球和圆弧轨道的速度；

(3)若小球从圆弧轨道飞出时，圆弧向右运动的距离为x，小球在轨道上运动时间。

v2

【答案】(1)0

2g

v03

(2)，v

330

5x3R

(3)

2v0

【详解】（1）小球以初速度v0滑上圆弧轨道，小球与圆弧轨道产生相互作用，因此小球从滑上圆弧到飞离

圆弧的运动中，小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向动量守恒，机械能守恒，因此小球有两个分速度，

其中v1是相对轨道的速度，与圆弧相切，v2是随轨道运动的速度，方向水平，如图所示

vv

由几何关系，可知v1与v2成60°角，v与v2成30°角，则v1与v成30°角，所以四边形是菱形，则有12，v3v2

由水平方向动量守恒可得m0v0m0vcos301.5m0v2

121212

由系统机械能守恒可得m0v0m0v1.5m0v2m0gR1cos60

222

v2

联立解得圆弧半径为R0

2g

（2）由水平方向动量守恒可得m0v0m0vcos301.5m0v2

1

可得小球飞出时圆弧轨道的速度为vv

230

3

根据矢量三角形可得小球飞出圆弧轨道时速度大小为v3vv

230

（3）根据题意可知，小球与圆弧轨道水平方向动量守恒，则有m0v0m0vcos301.5m0v2

设小球在轨道上运动时间为t，则有m0v0tm0vtcos301.5m0v2t

整理可得m0v0tm0Rsin60x1.5m0x

5x3R

解得t

2v0

2．（2025·江苏徐州·模拟预测）如图所示，一质量为M的正方形装置固定在光滑水平面，其竖直面内有一

半径为R的光滑环形管道，R远大于管道的横截面直径，管道内有一质量为m小球，直径略小于管道横截

面直径。M2m，重力加速度为g。

(1)小球在最高点A受轻微扰动无初速度下滑，求小球到达管道最低点B时对装置的压力大小FN；

(2)若装置解除固定，小球仍从最高点A无初速度下滑，求装置偏离原位置的最大距离x；

(3)若装置解除固定，小球在最低点B获得水平向右速度v0，小球到达最高点时刚好与装置无相互作用力，

求v0的大小。

【答案】(1)5mg

1

(2)R

3

(3)7gR

1

【详解】（1）小球由最高点运动到最低点的过程中，由机械能守恒定律可得mg2Rmv2

2

v2

在最低点，对小球由牛顿第二定律可得F'mgm

NR

'

解得FN5mg

'

根据牛顿第三定律得小球对装置的压力大小FNFN5mg。

（2）小球运动到球心等高处时，装置有最大位移，设小球和装置的水平位移分别为xm、xM

则xmxMR

由水平方向动量守恒得：mxmMxM

m1

可得xRR

MMm3

2

vv

（3）在最高点，小球相对装置做圆周运动，重力恰好提供向心力mgm12

R

111

小球从最低点运动到最高点，由系统机械能守恒定律得mv2mg2Rmv2Mv2

202122

由水平方向动量守恒定律得mv0mv1Mv2

联立解得v07gR

3．（2025·江苏苏州·三模）一长度为L、质量为M的木板静止放置在光滑水平地面上，一质量为m的青蛙

静止蹲在木板的左端。观察者发现：青蛙竖直向上起跳时，能上升的最大高度为h。青蛙向右上方起跳时，

恰好能落至长木板右端。设青蛙（看作质点）每次起跳做功相同，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：

(1)每次青蛙起跳做的功W；

(2)青蛙向右上方起跳恰好落在木板右端时的水平位移大小（用木板长度L表示）；

(3)若青蛙在水平地面上起跳，则其落地时的最大水平位移大小（用h表示）；

【答案】(1)Wmgh

M

(2)xL

1Mm

(3)x32h

【详解】（1）对青蛙竖直起跳过程列动能定理Wmgh0

解得每次青蛙起跳做的功Wmgh

（2）对青蛙在木板上向右上方起跳过程mx1Mx2

由几何关系x1x2L

M

联立解得xL

1Mm

（3）青蛙在地面上起跳时，设青蛙起跳初速度大小为v0，方向与水平方向夹角为，运动时间为t，则竖

t

直方向vsing

02

水平方向x3v0tcos

v2sin2

联立解得x0

3g

v2

则当45时，x0

3g

1

对青蛙起跳Wmv2

20

解得青蛙水平方向上最大位移为x32h

4．（2025·江苏连云港·一模）如图所示，质量均为m的物块A、B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直

轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m的球C，整个系统处于静止状态。现

g

给球C一个水平向右的初速度v03gL，式中为重力加速度，不计空气阻力。求：

(1)此时细线对球C的拉力大小F；

(2)球C向右摆动过程中，上升的最大高度h；

(3)球C摆到杆左侧，离杆最远时的速度大小v。

【答案】(1)F4mg

(2)hL

1

(3)v3gL

6

mv2

【详解】（1）根据牛顿第二定律得Fmg0

L

解得F4mg

（2）球C向右上升到最大高度时，球C与木块A、B三者具有共同速度，根据动量守恒定律与系统机械能

11

守恒定律可得mv3mv，mghmv23mv2

012021

代入数据解得hL

（3）球C再次回到最低点时，A、B具有共同速度v2，球C的速度为v3，根据动量守恒定律与系统机械能

111

守恒定律可得mv2mvmv，mv22mv2mv2

023202223

21

解得vv,vv

230330

球C摆到杆左侧，离杆最远时，球C与木块A具有共同速度，根据动量守恒定律可mv2mv32mv

1

代入数据可得v3gL

6

5．（24-25高三上·江苏苏州·期末）如图所示，P为固定挡板，质量为2m的长木板A以水平初速度v0沿光

滑水平面向右运动。某时刻质量为m的小物块B轻轻释放到A的右端，第一次达到共同速度后，B与P发

生碰撞，一段时间后B与A第二次达到共同速度，之后B与P发生了多次碰撞，B始终未从A上滑落。已

知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，B与P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短。求：

(1)A、B第一次的共同速度大小v1；

(2)A、B从开始到第二次达到共同速度过程中，B对A做的功W；

(3)A的最小长度L。

2

【答案】(1)vv

130

77

(2)Wmv2

810

v2

(3)0

g

【详解】（1）从B滑上A到第一次达到共同速度v1，规定向右为正方向，对AB系统，根据系统动量守恒

2mv0m2mv1

得

2

vv

130

（2）从第一次碰撞后到第二次达到共同速度v2，取向右为正方向，由动量守恒有

2mv1mv13mv2

得

12

vvv

23190

从开始到第二次达到共同速度过程中，对A运用动能定理

11

W2mv22mv2

2220

得B对A做的功

77

Wmv2

810

（3）整个过程中，B相对于A一直向左运动，最终两者速度都为零，设两者相对运动的距离为x，A、B

系统能量守恒

1

2mv2mgx

20

得

v2

x0

g

则为使整个运动过程中B不从A上滑落，A的最小长度

v2

Lx0

g

6．（2024·江苏·一模）如图所示，在水平的桌面上，有一光滑的弧形轨道，其底端恰好与光滑水平面相切。

右侧有一竖直放置的光滑圆弧轨道MNP，轨道半径R＝0.8m，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也

是R，质量为M＝2.0kg的小物块B静止在水平面上。质量为mA＝2.0kg的小物块A从距离水平面某一高度

的S点沿轨道从静止开始下滑，经过弧形轨道的最低点Q滑上水平面与B发生弹性碰撞，碰后两个物体交

换速度，然后小物块B从桌面右边缘D点飞离桌面后，恰由P点沿圆轨道切线落入圆轨道，g＝10m/s2，求：

(1)物块B离开D点时的速度大小；

(2)S与Q竖直高度h；

(3)物块能否沿轨道到达M点，并通过计算说明理由。

【答案】(1)4m/s

(2)0.8m

(3)见解析

【详解】（1）A、B碰撞后，因二者交换速度，所以A静止，物块B由D点做平抛运动，落到P点时其竖

直速度为vy，有

2

vy2gR

又

v

ytan45

vD

解得

vD4m/s

（2）设A与B碰撞前的速度为v0，A与B相碰交换速度，所以

v0vD4m/s

A从S滑到Q的过程中，根据机械能守恒定律得

1

mghmv2

A2A0

解得

h0.8m

（3）设物块能沿轨道到达M点，且到达时其速度为vM，从D到M由动能定理得

11

mgRcos45mv2mv2

B2BM2BD

解得

，zvM2.2m/sgR2.8m/s

即物块不能到达M点。

（建议用时：45分钟）

7．（2024·山东·高考真题）如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗

糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在

轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的

半径R0.4m，重力加速度大小g10m/s2。

（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块

在Q点的速度大小v；

（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应

关系如图乙所示。

（i）求μ和m；

（ii）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F8N，当小物块到P点时撤去F，

小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度L。

【答案】（1）v4m/s；（2）（i）m1kg，0.2；（3）L4.5m

【详解】（1）根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有

v2

mg3mgm

R

代入数据解得

v4m/s

（2）（i）根据题意可知当F≤4N时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知

F(Mm)a

根据图乙有

1

k0.5kg1

Mm

当外力F4N时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有

FmgMa

结合题图乙有

1mg

aF

MM

可知

1

k1kg1

M

截距

mg

b2m/s2

M

联立以上各式可得

M1kg，m1kg，0.2

（ii）由图乙可知，当F8N时，轨道的加速度为6m/s2，小物块的加速度为

2

a2g2m/s

当小物块运动到P点时，经过t0时间，则轨道有

v1a1t0

小物块有

v2a2t0在小物块到P点到从Q点离开轨道的过程中系统机械能守恒有

1111

Mv2mv2Mv2mv22mgR

21222324

水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有

Mv1mv2Mv3mv4

其中，小物块离开Q点时的速度v47m/s,v3为此时轨道的速度。联立解得

19

ts(舍去）

06

t01.5s

根据运动学公式有

11

Lat2at2

210220

代入数据解得

L4.5m

8．（2024·江苏南通·模拟预测）如图所示，某货场需将质量m＝10kg的货物（视为质点）从高处运送到指

定存放点。轨道BCD静置于光滑水平面上，右侧靠在障碍物旁，轨道BCD上表面由光滑圆弧轨道BC和水

平粗糙轨道CD组成，圆弧轨道BC的半径R＝2.75m，所对圆心角37，BC与CD相切于C点，CD段

长L＝5m。现利用固定的倾斜轨道传送货物，倾斜轨道在B点与圆弧轨道BC恰好相切，将货物由距离B

点高度h＝1.5m的A点处无初速滑下，货物滑到轨道BCD左端D点时恰好保持相对静止。货物与倾斜轨道、

2

粗糙轨道CD间的动摩擦因数分别为0.125、10.3，重力加速度大小取g10m/s，sin37°0.6，不

计空气阻力。求：

（1）货物滑到B点时的速度大小；

（2）轨道BCD的质量；

（3）整个过程中克服摩擦力产生的内能。

【答案】（1）5m/s；（2）50kg；（3）175J

【详解】（1）货物滑到B点时，根据动能定理

h1

mghmgcosmv2

sin2B

解得货物滑到B点时的速度大小为

vB5m/s

（2）货物从B点到C点，根据动能定理

11

mgR(1cos)mv2mv2

2C2B

解得

vC6m/s

货物滑到轨道BCD左端D点时恰好保持相对静止，根据动量守恒以及能量守恒可得

mvC(Mm)v

11

mv2(Mm)v2mgL

2C21

解得

M50kg，v1m/s

（3）整个过程中克服摩擦力产生的内能

h

QWmgcosmgL175J

fsin1

9．（2024·江苏·模拟预测）如图所示，质量为m的物块放置在光滑水平面上，与劲度系数为k、左端固定在

墙上的轻弹簧相连，组成弹簧振子。已知弹簧振子做简谐运动的周期T2πm，物块经过平衡位置O点的

k

速度大小为v。某时刻，质量为m的小球从O点正上方自由下落，恰好当物块运动至O点时落在物块上，并

与物块粘在一起继续做简谐运动。

（1）求小球落在物块上后，整体经过O点的速度大小；

（2）以小球粘在物块上瞬间为t0时刻，求整体到达最左端的时刻。

1

【答案】（1）v；（2）见解析

2

【详解】（1）振子与物体碰撞过程中水平方向动量守恒

mv2mv共

解得

1

v共v

2

（2）弹簧振子周期

T2πm

k

振子第一次到达最左端的时刻分别为

2m32m

t，t

12k22k

振子第N次到达最左侧的时刻分别为

14N2m34N2m

t'N0，1，2，3，tN0，1，2，3

12k22k

10．（2024·江苏苏州·三模）如图所示，长为L、质量为m的木板静止于光滑的水平面上，在木板上右端固

定一竖直轻质弹性挡板，一质量也为m的小木块以初速度v0水平冲上木板，最后恰好不与挡板碰撞，已知

重力加速度大小为g。

（1）求小木块的最终速度大小v；

5

（2）若小木块以v的速度水平冲上静止的木板，求最终小木块与挡板间的距离d；（木块与挡板碰撞时间

40

极短）

（3）在（2）的条件下，求木块与木板相对静止前木板通过的位移大小x。

v943

【答案】（1）0；（2）L；（3）L

21632

【详解】（1）小木块恰好不与挡板碰撞，根据动量守恒定律有

mv02mv

解得

v

v0（2）对系统，由能量守恒定律有

2

2

121v0

mv0mmmgL

222

解得

v2

0

4gL

5

若小木块以v的速度水平冲上静止的木板，对系统，根据动量守恒定律有

40

5v

m02mv'

4

解得

5v

v'0

8

对系统，根据能量守恒定律有

22

15v015v0

m2mmgs

2428

解得

25

sL

16

则有

9

dsLL

16

（3）设木块与挡板碰撞前瞬间木块速度大小为v1，木板速度大小为v2，则有

52

，151212

mv0mv1mv2mv0mv1mv2mgL

42422

解得

1

vv，vv

10240

由于两者质量相等，碰撞后速度交换，即有

1

v'v，v'v

14020

碰撞前木板做加速度大小为ag的匀加速直线运动，碰撞后木板做加速度大小为ag的匀减速直线运

动，则有

v2v'2v243

x22L

2a2a32

11．（2024·江苏南通·二模）如图所示，半径R0.6m的光滑半球静止于水平桌面，在半球的顶端B点有两

个相同的小球，小球可看作质点，取重力加速度大小g10m/s2，刚开始小球用双手固定，现同时放开双手，

两小球由静止分别向左、向右运动，O点是球心，不计空气阻力。

（1）求小球离开球面瞬间的速度大小v；

（2）求两个小球在水平桌面的落点间的距离d；

（3）若半球质量M4kg，小球质量m1kg，以初始球心O位置为坐标中心，OB方向为y轴正半轴，OC

方向为x轴正半轴建立坐标系，在B点放一个小球，由于轻微扰动，当其由静止向右运动时，求小球在半

球球面上运动时的轨迹方程。

2

1058235x2

【答案】（1）2m/s；（2）m；（3）y0.36

454

【详解】（1）由于两个相同的小球向左、向右对称运动，两个小球对半球在水平方向的分力始终大小相等、

方向相反，半球不会运动。设小球在A点离开球面，OA与OC的夹角为，则有

v2

mgsinm

R

从B点到A点由机械能守恒定律得

1

mgRRsinmv2

2

解得

2

v2m/s，sin

3

（2）小球离开半球后做斜抛运动，水平方向有

xvtsin

竖直方向有

1

Rsinvtcosgt2

2

又

d2(Rcosx)

解得

105823

dm

45

（3）小球与半球在水平方向动量守恒，有

Mv1mv

运动时间相等，有

Mx1mx

又

x1xx

x2y2R2

整理得

2

5x2

y0.36

4

12．（2024·江苏苏州·二模）如图所示，半径为0.5m的光滑圆弧曲面与倾角为37°足够长的固定粗糙斜面MN

在N点平滑相接，质量为0.04kg的小物块B恰好静止在斜面上，此时物块B与N点的距离为0.25m。另一

质量为0.2kg的小物块A从与圆心等高处由静止释放，通过N点滑上斜面，与物块B发生弹性碰撞。已知

物块A与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2，两物块均可视为质点，碰撞时间极短

sin370.6,cos370.8。求：

（1）物块A运动到N点时对曲面的压力；

（2）物块A与B碰撞前的速度；

（3）从物块A与B第一次碰撞到两物块再次碰撞经历的时间。

【答案】（1）4.8N，与竖直方向夹角37斜向下；（2）3m/s；（3）3s

【详解】（1）物块A从静止开始下滑到底端的过程中，由机械能守恒得

1

mgRcos37mv2

A2AN

设物块A运动到N点时受到曲面的支持力为FN，由牛顿第二定律得

v2

Fmgcos37mN

NAAR

联立解得

FN4.8N

由牛顿第三定律得曲面受到的压力

F压FN4.8N

与竖直方向夹角37斜向下；

（2）滑上斜面后，对物块A，设加速度为a，与物块B碰撞前速度为v，由牛顿第二定律可得

mAgsinθμmAgcosθmAa

由运动运动学公式可得

22

vvN2axNB

联立解得

v3m/s

（3）物块A与物块B发生弹性碰撞，碰撞后物块A速度为v1，物块B速度为v2，满足动量守恒、动能守

恒，即

mAvmAv1mBv2

111

mv2mv2mv2

2A2A12B2

联立解得

v12m/s

v25m/s

因为物块B恰好静止在斜面上，碰撞后物块B匀速运动，物块A与物块B碰后，物块A以加速度a匀加

速运动，设经时间t第二次碰撞，由运动学公式可得

1

vtat2vt

122

解得

t3s

（建议用时：45分钟）

13．（2024·江苏泰州·一模）图中两个圆表示内、外半径几乎同为R的环形光滑轨道，它与长方形的底座连

在一起放置于光滑的水平面上，环与底座的总质量为M，轨道内有一个质量为m的光滑小球，开始时静置

于最高处（恰好与环形管道外壁不挤压），后因受到微小扰动而向右侧滑下，在以后的运动过程中底座的底

面始终与地面接触。在地面参照系中建立O-xy坐标系，O为环形光滑轨道圆心的初始位置，x轴水平向右，

y轴竖直向上。重力加速度为g。求：

（1）小球下滑高度为R时，小球的速度大小；

（2）底座的速度最大时，小球的速度；

（3）在O-xy坐标系中小球运动的轨迹方程。

4MgRmMy2

【答案】（1）2gR；（2），水平向左；（3）()2x2m1

MmMRmR2

【详解】（1）小球下滑高度为R时，设小球的速度为v1，速度方向竖直向下。底座的速度为v2。由于在水平

方向上系统不受外力，故水平方向动量守恒，且合动量为0，则

v20

由能量守恒可知

1

mgRmv2

21

联立可得

v12gR

（2）小球在右半环下滑时，弹力对底座做正功，在左半环运动时，弹力对底座做负功，故小球滑到最低点

''

时，底座的速度最大。设此时小球的速度为v1，底座的速度为v2，系统在水平方向动量守恒

''

mv1Mv20

根据能量守恒

11

2mgRmv'2Mv'2

2122

联立解得

4MgR

v'

1Mm

（3）以O为原点建立直角坐标系，系统质心的横坐标0，设轨道及底座的横坐标为xM，小球质心的坐标为

(xm,ym)，任意时间t小球相对轨道转动的角度为，由水平方向动量守恒可知

xx

mmMM0

tt

水平方向上的位移关系

xmxMRsin

联立以上两式可得

mM