PAGE29-第7講動量動量與能量的綜合應用構建網絡·重溫真題1．(2024·全國卷Ⅰ)最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發動機聯試勝利，這標記著我國重型運載火箭的研發取得突破性進展。若某次試驗中該發動機向后噴射的氣體速度約為3km/s，產生的推力約為4.8×106N，則它在1s時間內噴射的氣體質量約為()A．1.6×102kg B．1.6×103kgC．1.6×105kg D．1.6×106kg答案B解析設1s內噴出氣體的質量為m，噴出的氣體與該發動機的相互作用力為F，由動量定理知Ft＝mv，m＝eq\f(Ft,v)＝eq\f(4.8×106×1,3×103)kg＝1.6×103kg，B正確。2．(2024·全國卷Ⅰ)將質量為1.00kg的模型火箭點火升空，50g燃燒的燃氣以大小為600m/s的速度從火箭噴口在很短時間內噴出。在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽視)()A．30kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s答案A解析由于噴氣時間短，且不計重力和空氣阻力，則火箭和燃氣組成的系統動量守恒。燃氣的動量大小p1＝mv＝0.05×600kg·m/s＝30kg·m/s，則火箭的動量大小p2＝p1＝30kg·m/s，A正確。3．(2024·全國卷Ⅰ)一質量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空。當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質量。求：(1)煙花彈從地面起先上升到彈中火藥爆炸所經過的時間；(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度。答案(1)eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))(2)eq\f(2E,mg)解析(1)設煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①設煙花彈從地面起先上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學公式有0－v0＝－gt②聯立①②式得t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))③(2)設爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機械能守恒定律有E＝mgh1④火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動量守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,4)mveq\o\al(2,2)＝E⑤eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2＝0⑥由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動。設爆炸后煙花彈向上運動部分接著上升的高度為h2，由機械能守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mgh2⑦聯立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為h＝h1＋h2＝eq\f(2E,mg)。4．(2024·全國卷Ⅰ)豎直面內一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖a所示。t＝0時刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止起先下滑，一段時間后與B發生彈性碰撞(碰撞時間極短)；當A返回到傾斜軌道上的P點(圖中未標出)時，速度減為0，此時對其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止。物塊A運動的v-t圖象如圖b所示，圖中的v1和t1均為未知量。已知A的質量為m，初始時A與B的高度差為H，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。(1)求物塊B的質量；(2)在圖b所描述的整個運動過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功；(3)已知兩物塊與軌道間的動摩擦因數均相等。在物塊B停止運動后，變更物塊與軌道間的動摩擦因數，然后將A從P點釋放，一段時間后A剛好能與B再次碰上。求變更前后動摩擦因數的比值。答案(1)3m(2)eq\f(2,15)mgH(3)eq\f(11,9)解析(1)依據圖b，v1為物塊A在碰撞前瞬間速度的大小，eq\f(v1,2)為其碰撞后瞬間速度的大小。設物塊B的質量為m′，碰撞后瞬間的速度大小為v′。由動量守恒定律和機械能守恒定律有mv1＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v1,2)))＋m′v′①eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)v1))2＋eq\f(1,2)m′v′2②聯立①②式得m′＝3m③(2)在圖b所描述的運動中，設物塊A與傾斜軌道間的滑動摩擦力大小為f，下滑過程中所走過的路程為s1，返回過程中所走過的路程為s2，P點離水平軌道的高度為h，整個過程中克服摩擦力所做的功為W。由動能定理有mgH－fs1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0④－(fs2＋mgh)＝0－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v1,2)))2⑤從圖b所給出的v-t圖線可知s1＝eq\f(1,2)v1t1⑥s2＝eq\f(1,2)·eq\f(v1,2)·(1.4t1－t1)⑦由幾何關系eq\f(s2,s1)＝eq\f(h,H)⑧物塊A在整個過程中克服摩擦力所做的功為W＝fs1＋fs2⑨聯立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W＝eq\f(2,15)mgH⑩(3)設傾斜軌道傾角為θ，物塊與軌道間的動摩擦因數在變更前為μ，有W＝μmgcosθ·eq\f(H＋h,sinθ)?設物塊B在水平軌道上能夠滑行的距離為s′，由動能定理有－μm′gs′＝0－eq\f(1,2)m′v′2?設變更后的動摩擦因數為μ′，由動能定理有mgh－μ′mgcosθ·eq\f(h,sinθ)－μ′mgs′＝0?聯立①③④⑤⑥⑦⑧⑩???式可得eq\f(μ,μ′)＝eq\f(11,9)。5．(2024·全國卷Ⅲ)靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質量分別為mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側的豎直墻壁距離l＝1.0m，如圖所示。某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分別，兩物塊獲得的動能之和為Ek＝10.0J。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數均為μ＝0.20。重力加速度取g＝10m/s2。A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大??；(2)物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少？(3)A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？答案(1)4.0m/s1.0m/s(2)物塊B先停止0.50m(3)0.91m解析(1)設彈簧釋放后瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正方向，由動量守恒定律、機械能守恒定律和題給條件有0＝mAvA－mBvB①Ek＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)②聯立①②式并代入題給數據得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s③(2)A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設為a。假設A和B發生碰撞前，已經有一個物塊停止，此物塊應為彈簧釋放后速度較小的B。設從彈簧釋放到B停止所需時間為t，B向左運動的路程為sB，則有mBa＝μmBg④sB＝vBt－eq\f(1,2)at2⑤vB－at＝0⑥在時間t內，A可能與墻壁發生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，碰撞并不變更A的速度大小，所以無論此碰撞是否發生，A在時間t內的路程sA都可表示為sA＝vAt－eq\f(1,2)at2⑦聯立③④⑤⑥⑦式并代入題給數據得sA＝1.75m，sB＝0.25m⑧這表明在時間t內A已與墻壁發生碰撞，但沒有與B發生碰撞，此時A位于動身點右邊0.25m處，B位于動身點左邊0.25m處，兩物塊之間的距離為s＝0.25m＋0.25m＝0.50m⑨(3)t時刻后A將接著向左運動，假設它能與靜止的B發生碰撞，碰撞前A的速度大小為vA′，由動能定理有eq\f(1,2)mAvA′2－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝－μmAg(2l＋sB)⑩聯立③⑧⑩式并代入題給數據得vA′＝eq\r(7)m/s?故A與B將發生碰撞。設碰撞后A、B的速度分別為vA″和vB″，由動量守恒定律與機械能守恒定律有mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″?eq\f(1,2)mAvA′2＝eq\f(1,2)mAvA″2＋eq\f(1,2)mBvB″2?聯立???式并代入題給數據得vA″＝eq\f(3\r(7),5)m/s，vB″＝－eq\f(2\r(7),5)m/s?這表明碰撞后A將向右運動，B將向左運動。假設碰撞后A向右運動距離為sA′時停止，B向左運動距離為sB′時停止，由運動學公式2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2?由④??式及題給數據得sA′＝0.63m，sB′＝0.28m?sA′小于碰撞處到墻壁的距離。由?式可得兩物塊停止后的距離s′＝sA′＋sB′＝0.91m。命題特點：應用動量定理，以及綜合應用能量守恒定律和動量守恒定律解決力學問題是高考熱點，以選擇題和計算題形式考查的幾率較大。思想方法：守恒思想、微元法、模型法。

高考考向1動量定理的應用例1(2024·全國卷Ⅱ)高空墜物極易對行人造成損害。若一個50g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的撞擊時間約為2ms，則該雞蛋對地面產生的沖擊力約為()A．10NB．102NC．103ND．104Neq\a\vs4\al(破題關鍵點)(1)雞蛋對地面的沖擊力與地面對雞蛋的沖擊力大小有何關系？提示：大小相等。(2)為了求出地面對雞蛋的作用力大小應以誰為探討對象？提示：雞蛋。[解析]設雞蛋落地瞬間的速度為v，每層樓的高度大約是3m，由動能定理可知：mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得：v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×3×24)m/s＝12eq\r(10)m/s。雞蛋落地時受到自身的重力和地面的支持力，規定向上為正方向，由動量定理可知：(N－mg)t＝0－(－mv)，解得：N≈1×103N，依據牛頓第三定律可知雞蛋對地面產生的沖擊力約為103N，故C正確。[答案]C1.應用動量定理時應留意的問題(1)動量定理的探討對象可以是單一物體，也可以是質點系，在探討質點系問題時，受力分析只考慮質點系的外力。(2)動量定理的表達式是矢量式，在一維狀況下，各個矢量必需選取統一的正方向。(3)動量定理是過程定理，解題時必需明確物體運動過程中的受力狀況及初末狀態的動量。(4)一般來說，用牛頓其次定律能解決的問題，用動量定理也能解決，假如題目不涉及加速度和位移，用動量定理求解更簡捷。動量定理不僅適用于恒力，也適用于變力。變力狀況下，動量定理中的力F應理解為變力在作用時間內的平均值。2．在日常的生活與生產中，常涉及流體的連續相互作用問題，用常規的方法很難解決，若構建柱體微元模型，然后用動量定理分析，則可使問題迎刃而解。解答時一般是選擇一段時間內作用在某物體上的流體為探討對象。1．(2024·山東青島高三一模)雨打芭蕉是我國古代文學中重要的抒情意象。為估算雨天院中芭蕉葉面上單位面積所承受的力，小玲同學將一圓柱形水杯置于院中，測得10分鐘內杯中雨水上升了15mm，查詢得知，當時雨滴落地速度約為10m/s，設雨滴撞擊芭蕉后無反彈，不計雨滴重力，雨水的密度為1×103kg/m3，據此估算芭蕉葉面單位面積上的平均受力約為()A．0.25NB．0.5NC．1.5ND．2.5N答案A解析由于是估算芭蕉葉面單位面積上的平均受力，所以不計雨滴的重力。設在Δt時間內質量為Δm的雨水的速度由v＝10m/s減為零，雨水受到支持面的平均作用力為F。以向上為正方向，對這部分雨水應用動量定理：FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv，得：F＝eq\f(Δmv,Δt)，設水杯橫截面積為S，水杯里的雨水在Δt時間內水面上升Δh，則有：Δm＝ρSΔh，F＝ρSveq\f(Δh,Δt)，杯中水面單位面積對雨水的平均作用力：eq\f(F,S)＝ρveq\f(Δh,Δt)＝1×103×10×eq\f(15×10－3,10×60)N/m2＝0.25N/m2，即芭蕉葉面單位面積上的平均受力約為0.25N，故A正確，B、C、D錯誤。2．(2024·天津南開區二模)高空作業須系平安帶。假如質量為m的高空作業人員不慎跌落，從起先跌落到平安帶剛對人產生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運動)，重力加速度大小為g，設豎直向上為正方向，則此過程人的動量變更量為________。此后經驗時間t平安帶達到最大伸長量，若在此過程中平安帶作用力始終豎直向上，則該段時間平安帶對人的平均作用力大小為________。答案－meq\r(2gh)eq\f(m\r(2gh),t)＋mg解析豎直向上為正方向，則人下落h距離時的速度為：v＝－eq\r(2gh)，所以動量變更為：Δp＝mv－0＝－meq\r(2gh)；對自由落體運動過程，有：h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，解得：t1＝eq\r(\f(2h,g))，對運動的全程，依據動量定理，有：－mg(t＋t1)＋Ft＝0，解得平安帶對人的平均作用力大小為：F＝eq\f(m\r(2gh),t)＋mg。

高考考向2動量守恒定律及其應用例2(2024·全國卷Ⅱ)汽車A在水平冰雪路面上行駛，駕駛員發覺其正前方停有汽車B，馬上實行制動措施，但仍舊撞上了汽車B。兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動了4.5m，A車向前滑動了2.0m，已知A和B的質量分別為2.0×103kg和1.5×103kg，兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數均為0.10，兩車碰撞時間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動，重力加速度大小g＝10m/s2。求：(1)碰撞后的瞬間B車速度的大?。?2)碰撞前的瞬間A車速度的大小。eq\a\vs4\al(破題關鍵點)(1)如何求碰撞后瞬間B車速度的大?。刻崾荆阂罁\動學公式求解。(2)如何求碰撞前瞬間A車速度的大?。刻崾荆阂罁恿渴睾愣汕蠼狻解析](1)設B車質量為mB，碰后加速度大小為aB，依據牛頓其次定律有μmBg＝mBaB①式中μ是汽車與路面間的動摩擦因數。設碰撞后瞬間B車速度的大小為vB′，碰撞后滑行的距離為sB。由運動學公式有vB′2＝2aBsB②聯立①②式并利用題給數據得vB′＝3.0m/s③(2)設A車的質量為mA，碰后加速度大小為aA。依據牛頓其次定律有μmAg＝mAaA④設碰撞后瞬間A車速度的大小為vA′，碰撞后滑行的距離為sA。由運動學公式有vA′2＝2aAsA⑤設碰撞前瞬間A車速度的大小為vA，兩車在碰撞過程中動量守恒，有mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥聯立③④⑤⑥式并利用題給數據得vA＝4.25m/s。[答案](1)3.0m/s(2)4.25m/s1.動量是否守恒的推斷方法不受外力或者所受外力的矢量和為零時，系統的動量守恒；當外力比相互作用的內力小得多時，系統的動量近似守恒；當某一方向上的合外力為零時，系統在該方向上動量守恒。2．動量守恒定律解題的基本步驟(1)明確探討對象，確定系統的組成(系統包括哪幾個物體)及探討的過程；(2)進行受力分析，推斷系統動量是否守恒(或某一方向上動量是否守恒)；(3)規定正方向，確定初、末狀態的動量；(4)由動量守恒定律列出方程；(5)代入數據，求出結果，必要時探討說明。3．(2024·遼寧省沈陽市一模)(多選)如圖所示，放在光滑水平桌面上的A、B木塊之間夾一被壓縮的彈簧?，F釋放彈簧，A、B木塊被彈開后，各自由桌面上滑行一段距離后飛離桌面。A落地點距桌邊水平距離為0.5m，B落地點距桌邊水平距離為1m，則()A．A、B離開彈簧時的速度比為1∶2B．A、B離開彈簧時的速度比為1∶1C．A、B質量之比為1∶2D．A、B質量之比為2∶1答案AD解析A和B離開桌面后做平拋運動，下落的高度相同，則它們的運動時間相等，由x＝v0t得速度之比：eq\f(vA,vB)＝eq\f(xA,xB)＝eq\f(0.5,1)＝eq\f(1,2)，故A正確，B錯誤；彈簧彈開兩木塊的過程，兩木塊及彈簧組成的系統動量守恒，取向左為正方向，由動量守恒定律得：mAvA－mBvB＝0，則質量之比：eq\f(mA,mB)＝eq\f(vB,vA)＝eq\f(2,1)，故C錯誤，D正確。4．(2024·福建省泉州市一模)在游樂場中，父子兩人各自乘坐的碰碰車沿同始終線相向而行，在碰前瞬間雙方都關閉了動力，此時父親的速度大小為v，兒子的速度大小為2v。兩車瞬間碰撞后兒子沿反方向滑行，父親運動的方向不變且經過時間t停止運動。已知父親和車的總質量為3m，兒子和車的總質量為m，兩車與地面之間的動摩擦因數均為μ，重力加速度大小為g，求：(1)碰后瞬間父親的速度大小和此后父親能滑行的最大距離；(2)碰撞過程父親坐的車對兒子坐的車的沖量大小。答案(1)μgteq\f(1,2)μgt2(2)3mv－3μmgt解析(1)設碰后瞬間父親的速度大小為v1，由動量定理得－μ·3mgt＝0－3mv1解得v1＝μgt設此后父親能滑行的最大距離為s，由動能定理得－μ·3mgs＝0－eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,1)解得s＝eq\f(1,2)μgt2。(2)設碰后瞬間兒子的速度大小為v2，取父親的運動方向為正方向，由動量守恒定律得3mv－m·2v＝3mv1＋mv2設碰撞過程父親坐的車對兒子坐的車的沖量大小為I，對兒子及兒子坐的車，由動量定理得I＝mv2－(－m·2v)解得I＝3mv－3μmgt。高考考向3碰撞、爆炸與反沖問題例3(2024·貴州畢節二模)(多選)如圖甲所示，兩個彈性球A和B放在光滑的水平面上處于靜止狀態，質量分別為m1和m2，其中m1＝1kg。現給A球一個水平向右的瞬時沖量，使A、B球發生彈性碰撞，以此時刻為計時起點，兩球的速度隨時間變更的規律如圖乙所示，從圖示信息可知()A．B球的質量m2＝2kgB．球A和B在相互擠壓過程中產生的最大彈性勢能為4.5JC．t3時刻兩球的動能之和小于0時刻A球的動能D．在t2時刻兩球動能之比為Ek1∶Ek2＝1∶8eq\a\vs4\al(破題關鍵點)(1)要求B球的質量，應以哪一過程為探討對象？提示：以0～t1過程為探討對象。(2)何時A、B相互擠壓產生的彈性勢能最大？提示：A、B速度相等時。[解析]A、B球在碰撞過程中滿意動量守恒定律，因此0～t1內有m1v＝(m1＋m2)v共，代入數據有m2＝2kg，A正確；球A和球B在共速時產生的彈性勢能最大，因此最大彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)m1v2－eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,共)＝3J，B錯誤；A、B球發生彈性碰撞，0～t3內兩個小球碰撞前后系統沒有機械能損失，因此0時刻球A的動能和t3時刻兩個球的動能之和相等，C錯誤；從起先碰撞到t2時刻，兩小球組成的系統滿意動量守恒定律和機械能守恒定律，因此有m1v＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)m1v2＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，聯立解得v2＝2m/s，v1＝－1m/s，故在t2時刻兩個球的動能之比Ek1∶Ek2＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)∶eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝1∶8，D正確。[答案]AD抓住“一推斷、三原則、三定律”速解碰撞類問題(1)推斷屬于彈性碰撞模型還是完全非彈性碰撞模型，比如典例探究例3中當A、B共速時屬完全非彈性碰撞模型，當A、B分開時屬彈性碰撞模型。(2)碰撞的“三原則”①動量守恒原則，即碰撞前后兩物體組成的系統滿意動量守恒定律。②動能不增加原則，即碰撞后系統的總動能不大于碰撞前系統的總動能。③物理情境可行性原則，假如碰前兩物體同向運動，碰撞前后面物體的速度大于前面物體的速度，碰撞后原來在前面的物體速度必增大，且大于或等于原來在后面的物體的碰后速度(僅限碰撞前后后面物體速度方向不變的狀況)。假如碰撞前兩物體相向運動，則碰撞后，兩物體的運動方向不行能都不變更，除非兩物體碰撞后速度均為零。(3)合理選用三個定律①假如物體間發生的是彈性碰撞，則一般是應用動量守恒定律和機械能守恒定律進行求解。②假如物體間發生的不是彈性碰撞，則一般應用動量守恒定律和能量守恒定律(功能關系)進行求解。5．(2024·湖南省長沙市寧鄉三模)在冰壺競賽中，某隊員利用紅壺去碰撞對方的藍壺，兩者在大本營中心發生對心碰撞，如圖a所示，碰撞前后兩壺運動的v-t圖線如圖b中實線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質量相等，則()A．兩壺發生了彈性碰撞 B．碰后藍壺速度為0.8m/sC．碰后藍壺移動的距離為2.4mD．碰后紅壺所受摩擦力小于藍壺所受摩擦力答案B解析由圖知，碰前紅壺的速度v0＝1.0m/s，碰后紅壺的速度為v0′＝0.2m/s，設碰后藍壺的速度為v，依據動量守恒定律可得：mv0＝mv0′＋mv，代入數據解得：v＝0.8m/s，因為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)>eq\f(1,2)mv0′2＋eq\f(1,2)mv2，即碰撞過程中系統的機械能有損失，所以碰撞為非彈性碰撞，故A錯誤，B正確；依據v-t圖象與時間軸圍成的面積表示位移，可得碰后藍壺的位移大小x＝eq\f(v,2)t＝eq\f(0.8,2)×5m＝2m，故C錯誤；依據v-t圖象的斜率表示加速度，知碰后紅壺的加速度大于藍壺的加速度，兩者的質量相等，由牛頓其次定律知碰后紅壺所受摩擦力大于藍壺所受的摩擦力，故D錯誤。6．(2024·湖北八校聯合二模)如圖所示，質量均為m的兩塊完全相同的木塊A、B放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木塊A、B間夾有一小塊炸藥(炸藥的質量可以忽視不計)。讓A、B以初速度v0一起從O點滑出，滑行一段距離x后到達P點，速度變為eq\f(v0,2)，此時炸藥爆炸使木塊A、B脫離，發覺木塊A接著沿水平方向前進3x后停下。已知炸藥爆炸時釋放的化學能有50%轉化為木塊的動能，爆炸時間很短可以忽視不計，重力加速度為g，求：(1)木塊與水平地面的動摩擦因數μ；(2)炸藥爆炸時釋放的化學能E0。答案(1)eq\f(3v\o\al(2,0),8gx)(2)2mveq\o\al(2,0)解析(1)從O滑到P，對系統由動能定理可得－μ·2mgx＝eq\f(1,2)·2m（eq\f(v0,2))2－eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)，解得μ＝eq\f(3v\o\al(2,0),8gx)。(2)爆炸過程中，A、B組成的系統動量守恒，設爆炸后瞬間A的速度為vA，B的速度為vB，由動量守恒定律有2meq\f(v0,2)＝mvA＋mvB，依據能量的轉化與守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)·2m(eq\f(v0,2))2＝50%E0，爆炸后，對A由動能定理有－μmg·3x＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，聯立解得E0＝2mveq\o\al(2,0)。高考考向4動量與能量的綜合應用例4如圖所示，質量為m3＝2kg的滑道靜止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半徑為R＝0.3m的四分之一圓弧，圓弧底部與滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一個輕彈簧，滑道除CD部分粗糙外其他部分均光滑。質量為m2＝3kg的物體2(可視為質點)放在滑道的B點，現讓質量為m1＝1kg的物體1(可視為質點)自A點由靜止釋放，兩物體在滑道上的C點相碰后粘為一體(g＝10m/s2)。求：(1)物體1從釋放到與物體2恰好將要相碰的過程中，滑道向左運動的距離；(2)若CD＝0.2m，兩物體與滑道的CD部分的動摩擦因數都為μ＝0.15，求在整個運動過程中，彈簧具有的最大彈性勢能；(3)物體1、2最終停在何處？eq\a\vs4\al(破題關鍵點)(1)物體1下滑過程中，物體1與滑道組成的系統水平方向動量守恒，在與物體2相碰之前，物體1的水平位移大小為多少？提示：R。(2)彈簧的最大彈性勢能出現在什么時候？提示：彈簧首次被壓縮到最短時，即物體1、物體2的粘合體首次與滑道速度相同時。[解析](1)物體1從釋放到與物體2碰撞前瞬間，物體1、滑道組成的系統水平方向動量守恒，設物體1水平位移大小為x1，滑道水平位移大小為x3，有：0＝m1x1－m3x3①x1＝R解得x3＝eq\f(m1x1,m3)＝0.15m②(2)設物體1、2剛要相碰時物體1的速度大小為v1，滑道的速度大小為v3，對物體1和滑道組成的系統，由機械能守恒定律有m1gR＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)③由動量守恒定律有0＝m1v1－m3v3④設物體1和物體2相碰后的共同速度大小為v2，對物體1、2組成的系統，由動量守恒定律有m1v1＝(m1＋m2)v2⑤彈簧第一次被壓縮到最短時，由動量守恒定律可知物體1、2和滑道速度均為零，此時彈簧的彈性勢能最大，設為Epm。從物體1、2碰撞后到彈簧第一次被壓縮到最短的過程中，由能量守恒定律有eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)－μ(m1＋m2)g·CD＝Epm⑥聯立③④⑤⑥式，代入數據可以求得Epm＝0.3J。(3)分析可知物體1、2和滑道最終將靜止，設物體1、2相對滑道CD部分運動的路程為s，由能量守恒定律有eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)＝μ(m1＋m2)gs代入數據可得s＝0.25m所以物體1、2最終停在D點左側離D點為0.05m處。[答案](1)0.15m(2)0.3J(3)D點左側離D點為0.05m處動量觀點和能量觀點的選取原則(1)動量觀點①對于不涉及物體運動過程中的加速度，而涉及物體運動時間的問題，特殊對于打擊一類的問題，因時間短且沖擊力隨時間變更，應用動量定理求解，即Ft＝mv－mv0。②對于碰撞、爆炸、反沖一類的問題，若只涉及初、末速度而不涉及力、時間，應用動量守恒定律求解。(2)能量觀點①對于不涉及物體運動過程中的加速度和時間的問題，無論是恒力做功還是變力做功，一般都利用動能定理求解。②對于物體系統只有重力和系統內彈力做功而又不涉及運動過程中的加速度和時間的問題，一般采納機械能守恒定律求解。③對于相互滑動的兩物體，若明確兩物體相對滑動的距離，應考慮選用能量守恒定律建立方程。7．(2024·湖北八校聯合二模)如圖所示，在光滑的水平面上，有兩個質量都是m的小車A和B，兩車之間用輕質彈簧相連，它們以共同的速度v0向右運動，另有一質量為m的粘性物體，從高處自由落下，正好落在A車上，并與之粘合在一起，求這以后的運動過程中，彈簧獲得的最大彈性勢能為()A.eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0) B.eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)C.eq\f(1,12)mveq\o\al(2,0) D.eq\f(1,15)mveq\o\al(2,0)答案C解析粘性物體和A相互作用，水平方向動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律有mv0＝2mv1，得v1＝eq\f(1,2)v0。以后三個物體一起相互作用，動量守恒，當B車與A車速度相等時，彈簧的彈性勢能最大，依據動量守恒定律得2mv0＝3mv2，解得v2＝eq\f(2,3)v0，故彈簧的最大彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)×2m(eq\f(1,2)v0)2－eq\f(1,2)×3m(eq\f(2,3)v0)2＝eq\f(1,12)mveq\o\al(2,0)，故選C。8．(2024·云南二模)如圖所示，木塊靜止在光滑水平面上，兩顆不同的子彈A、B從木塊兩側同時射入木塊，最終都停在木塊內，這一過程中木塊始終保持靜止。若子彈A射入的深度大于子彈B射入的深度，則()A．子彈A的質量肯定比子彈B的質量大B．入射過程中子彈A受到的阻力比子彈B受到的阻力大C．子彈A在木塊中運動的時間比子彈B在木塊中運動的時間長D．子彈A射入木塊時的初動能肯定比子彈B射入木塊時的初動能大答案D解析由于木塊始終保持靜止狀態，則兩子彈對木塊的推力大小相等，則兩子彈所受的阻力大小相等，設為f，依據動能定理，對A子彈：－fdA＝0－EkA，得EkA＝fdA；對B子彈：－fdB＝0－EkB，得EkB＝fdB，由于dA＞dB，則子彈入射時的初動能EkA＞EkB，故B錯誤，D正確。兩子彈和木塊組成的系統動量守恒，則有eq\r(2mAEkA)＝eq\r(2mBEkB)，而EkA＞EkB，則mA＜mB，故A錯誤。子彈A、B從木塊兩側同時射入木塊，木塊始終保持靜止，分析得知，兩子彈在木塊中運動時間必定相等，否則木塊就會運動，故C錯誤。易錯警示包含彈簧的系統的動量和能量的綜合問題例(2024·四川省樹德中學二診)(多選)如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質量分別為m1、m2(已知m2＝0.5kg)的兩物塊A、B相連接，處于原長并靜止在光滑水平面上?，F使B獲得水平向右、大小為6m/s的瞬時速度，從今刻起先計時，兩物塊的速度隨時間變更的規律如圖乙所示，從圖象供應的信息可得()A．在t1時刻，兩物塊達到共同速度2m/s，且彈簧處于伸長狀態B．從t3到t4，彈簧由原長變更為壓縮狀態C．t3時刻彈簧彈性勢能為6JD．在t3和t4時刻，彈簧處于原長狀態分析與解從v-t圖象可以看出，從0到t1的過程中B減速A加速，B的速度大于A的速度，彈簧被拉伸，t1時刻兩物塊達到共同速度2m/s，此時彈簧處于伸長狀態，A正確；從圖象可知從t3到t4時間內A做減速運動，B做加速運動，彈簧由壓縮狀態復原到原長，即t3時刻彈簧處于壓縮狀態，t4時刻彈簧處于原長狀態，故B、D錯誤；由v-t圖象可知，t3時刻兩物塊速度相同，都是2m/s，A、B組成的系統動量守恒，由動量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v3，解得m1＝1kg，A、B和彈簧組成的系統機械能守恒，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,3)＋Ep，解得Ep＝6J，C正確。答案AC易錯警示包含彈簧的系統可以類比幾種碰撞模型，一般來說，彈簧處于原長時，彈簧的彈性勢能最小，類比于彈性碰撞模型，彈簧形變量最大時，彈簧的彈性勢能最大，類比于完全非彈性碰撞模型，其他時刻類比于非彈性碰撞模型。配套作業限時：60分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共10小題，每小題6分，共60分，其中第1～4題為單選題，第5～10題為多選題)1.(2024·廣西欽州三模)“飛針穿玻璃”是一項高難度的絕技表演，曾一度引起質疑。為了探討該問題，以下測量能夠得出飛針在穿越玻璃的時間內，對玻璃平均沖擊力大小的是()A．測出玻璃厚度和飛針穿越玻璃前后的速度B．測出玻璃厚度和飛針穿越玻璃所用的時間C．測出飛針質量、玻璃厚度和飛針穿越玻璃所用的時間D．測出飛針質量、飛針穿越玻璃所用時間和穿越玻璃前后的速度答案D解析在飛針穿越玻璃的過程中，對飛針，由動量定理得：－Ft＝mv2－mv1，故測出飛針質量、飛針穿越玻璃所用時間和穿越玻璃前后的速度，結合牛頓第三定律，就能得出飛針對玻璃的平均沖擊力大小，故D正確，A、B、C錯誤。2．(2024·四川資陽二診)A、B兩小球在光滑水平面上沿同始終線運動，B球在前，A球在后。mA＝1kg，mB＝2kg。經過一段時間，A、B發生正碰，碰撞時間極短，碰撞前、后兩球的位移—時間圖象如圖所示，依據以上信息可知碰撞類型屬于()A．彈性碰撞 B．非彈性碰撞C．完全非彈性碰撞 D．條件不足，無法推斷答案A解析由圖可知，A球碰前速度vA＝6m/s，碰后速度vA′＝2m/s；B球碰前速度為vB＝3m/s，碰后速度為vB′＝5m/s。兩球組成的系統碰撞前后動量守恒，依據題給數據可知，系統碰前的總動能為eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝27J，碰后的總動能為eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2＝27J，則A、B碰撞過程系統機械能也守恒，所以屬于彈性碰撞，A正確，B、C、D錯誤。3.(2024·遼寧葫蘆島一模)我國女子短道速滑隊在2013年世錦賽上實現女子3000m接力三連冠。視察發覺，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且起先向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過程中，忽視運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則()A．甲對乙的沖量肯定等于乙對甲的沖量B．甲、乙的動量變更肯定大小相等方向相反C．甲的動能增加量肯定等于乙的動能削減量D．甲對乙做多少負功，乙對甲就肯定做多少正功答案B解析因為沖量是矢量，甲對乙的作用力與乙對甲的作用力大小相等方向相反，故她們相互作用的沖量大小相等方向相反，A錯誤；二人相互作用的過程中動量守恒，依據動量守恒定律知甲、乙的動量變更肯定大小相等方向相反，B正確；甲、乙間的作用力大小相等，但作用過程中甲、乙的位移大小不相等，故相互作用力做的功大小不等，依據動能定理，甲、乙的動能變更量大小不相等，C、D錯誤。4．(2024·四川高三畢業班其次次診斷)如圖甲所示，一塊長度為L、質量為m的木塊靜止在光滑水平面上。一顆質量也為m的子彈以水平速度v0射入木塊。當子彈剛射穿木塊時，木塊向前移動的距離為s(圖乙)。設子彈穿過木塊的過程中受到的阻力恒定不變，子彈可視為質點，則子彈穿過木塊的時間為()A.eq\f(1,v0)(s＋L) B.eq\f(1,v0)(s＋2L)C.eq\f(1,2v0)(s＋L) D.eq\f(1,v0)(L＋2s)答案D解析設子彈穿過木塊后子彈的速度為v1，木塊的速度為v2，對子彈和木塊組成的系統，合外力為零，動量守恒，有：mv0＝mv1＋mv2，設子彈穿過木塊的過程所受阻力大小為f，對子彈由動能定理：－f(s＋L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，由動量定理：－ft＝mv1－mv0，對木塊由動能定理：fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，由動量定理：ft＝mv2，聯立解得：t＝eq\f(1,v0)(L＋2s)。故選D。5．(2024·西安一模)如圖所示，在小車內固定一光滑的斜面體，傾角為θ，一輕繩的一端連在位于斜面體上方的固定木板B上，另一端拴一個質量為m的物塊A，繩與斜面平行。整個系統由靜止起先向右勻加速運動，物塊A恰好不脫離斜面，則向右加速運動時間t的過程中，關于物塊A的說法正確的是()A．重力的沖量為零B．重力做功為零C．輕繩拉力的沖量大小為mgtcotθD．輕繩拉力做功為eq\f(1,2)mg2t2cot2θ答案BD解析已知物塊A恰好不脫離斜面，對物塊A進行受力分析可知，物塊A受輕繩拉力和重力，依據力的分解得：Tsinθ＝mg，則有：T＝eq\f(mg,sinθ)，故重力的沖量為：IG＝mgt，拉力的沖量為：IT＝eq\f(mgt,sinθ)，A、C錯誤；由于重力的方向與物塊A的位移方向垂直，故重力做功為零，B正確；由牛頓其次定律可知：eq\f(mg,tanθ)＝ma，則有：a＝eq\f(g,tanθ)，末速度為：v＝at＝eq\f(gt,tanθ)，依據動能定理可知，拉力做的功等于物塊A動能的變更，即：WT＝eq\f(1,2)mv2－0＝eq\f(mg2t2,2tan2θ)＝eq\f(1,2)mg2t2cot2θ，D正確。6．(2024·哈爾濱第三中學高三上學期期末)如圖所示，足夠長的木板Q放在光滑水平面上，在其左端有一可視為質點的物塊P，P、Q間接觸面粗糙?，F給P向右的速率vP，給Q向左的速率vQ，取向右為速度的正方向，不計空氣阻力，則運動過程中P、Q的速度隨時間變更的圖象可能正確的是()答案ABC解析起先時，兩物塊均在摩擦力作用下做勻減速運動，兩者最終速度相同。P、Q組成的系統動量守恒，依據動量守恒定律：mPvP－mQvQ＝(mP＋mQ)v，若mPvP＝mQvQ，則v＝0，圖象如圖A所示；若mPvP>mQvQ，則v>0，圖象如圖B所示；若mPvP<mQvQ，則v<0，圖象如圖C所示，故A、B、C正確，D錯誤。7．(2024·安徽定遠重點中學高三二模)如圖所示，光滑大圓環靜止在水平面上，一質量為m可視為質點的小環套在大環上，已知大環半徑為R，質量為M＝3m，小環由圓心等高處無初速度釋放，滑到最低點時()A．小環的速度大小為eq\r(2gR)B．小環的速度大小為eq\f(\r(6gR),2)C．大環移動的水平距離為eq\f(3R,2)D．大環移動的水平距離為eq\f(R,4)答案BD解析設小環滑至最低點時的速度大小為v1，此時大環的速度大小為v2，依據機械能守恒定律有：mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，兩環組成的系統在水平方向動量守恒，有：0＝mv1－Mv2，聯立解得：v1＝eq\r(\f(3gR,2))＝eq\f(\r(6gR),2)，v2＝eq\r(\f(gR,6))，故A錯誤，B正確；設小環和大環在水平方向的位移大小分別為x1和x2，依據人船模型的結論可知mx1＝Mx2，且x1＋x2＝R，解得x1＝eq\f(3,4)R，x2＝eq\f(1,4)R，故C錯誤，D正確。8．(2024·兩湖八市十二校聯合二模)如圖所示，A為一固定在地面上的光滑弧形軌道，質量為2m的足夠長的小車B緊靠弧形軌道的右側靜止在水平光滑地面上，弧形軌道末端的切線水平且恰好與小車的上表面平齊。一質量為m的滑塊C自弧形軌道的a點由靜止起先下滑，當滑塊C與小車相對靜止時，它們的速度為v0，滑塊相對于小車滑行的距離為d，滑塊與小車間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，滑塊C可視為質點。從滑塊起先下滑到滑塊與小車相對靜止的過程中，下列推斷正確的是()A．小車對滑塊的摩擦力做功等于μmgdB．系統損失的機械能為μmgdC．滑塊C到達弧形軌道末端時速度為eq\r(v\o\al(2,0)－2μg)D．a點到弧形軌道末端的豎直高度為eq\f(9v\o\al(2,0),2g)答案BD解析設滑塊C以速度v滑上小車，在摩擦力作用下減速，最終與小車共速，滑塊的動能削減，轉化為小車的動能和熱量，系統產生的熱量Q＝fs相對，而滑塊C相對小車的位移為s相對＝d，故系統產生的熱量為Q＝μmgd，故小車對滑塊的摩擦力做的功大于μmgd，A錯誤；依據能量守恒定律可知，系統損失的機械能等于μmgd，故B正確；滑塊C滑上小車，系統動量守恒，則有：mv＝3mv0，解得v＝3v0，故C錯誤；滑塊C從弧形軌道下滑時機械能守恒，則有：mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得：h＝eq\f(9v\o\al(2,0),2g)，故D正確。9．(2024·陜西咸陽三模)如圖所示，長為L、質量為3m的長木板B放在光滑的水平面上，質量為m的鐵塊A放在長木板右端。一質量為m的子彈以速度v0射入木板并留在其中，鐵塊恰好不滑離木板。子彈射入木板中的時間極短，子彈、鐵塊均視為質點，鐵塊與木板間的動摩擦因數恒定，重力加速度為g。下列說法正確的是()A．木板獲得的最大速度為eq\f(v0,5)B．鐵塊獲得的最大速度為eq\f(v0,5)C．鐵塊與木板之間的動摩擦因數為eq\f(v\o\al(2,0),40gL)D．子彈、木塊、鐵塊組成的系統損失的機械能為eq\f(2mv\o\al(2,0),5)答案BCD解析對子彈和木板B組成的系統，依據動量守恒定律：mv0＝4mv1，解得v1＝eq\f(v0,4)，故A錯誤；對木板B(包括子彈)和鐵塊A組成的系統，依據動量守恒定律：mv0＝5mv2，解得v2＝eq\f(v0,5)，故B正確；子彈打入木板后，對木板B(包括子彈)和鐵塊A組成的系統，由能量守恒定律：μmgL＝eq\f(1,2)·4mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)·5mveq\o\al(2,2)，解得μ＝eq\f(v\o\al(2,0),40gL)，故C正確；對全過程由能量守恒定律可知，子彈、木板、鐵塊組成的系統損失的機械能為ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·5mveq\o\al(2,2)＝eq\f(2,5)mveq\o\al(2,0)，故D正確。10．(2024·安徽黃山二模)如圖，C是放在光滑水平面上的一塊右端有固定擋板的長木板，在木板的上面有兩塊可視為質點的小滑塊A和B，三者的質量均為m，滑塊A、B與木板間的動摩擦因數均為μ。最初木板靜止，A以初速度v0從C的左端、B以初速度2v0從木板中間某一位置同時水平向右滑上木板C。在之后的運動過程中B曾以eq\f(4,3)v0的速度與C的右擋板發生過一次彈性碰撞，重力加速度為g，則對整個運動過程，下列說法正確的是()A．滑塊A的最小速度為eq\f(2,3)v0B．滑塊B的最小速度為eq\f(5,6)v0C．滑塊A與B可能發生碰撞D．系統的機械能削減了40%答案ABD解析當小滑塊A和B相對長木板滑動時，A、B受到的滑動摩擦力相同，依據動量定理可知在相同的時間內小滑塊A和B的速度變更量相同；假設B與C碰撞前A、C已共速，則小滑塊B與擋板發生彈性碰撞時，小滑塊B與長木板交換速度，A與B速度相同，之后小滑塊A和B做勻加速直線運動，長木板做勻減速直線運動，直到共速，所以滑塊A與B不能發生碰撞；當長木板與小滑塊A共速時滑塊A的速度最小，設滑塊A的最小速度為vm，則速度變更量的大小為v0－vm，以長木板、小滑塊A和B為系統，由動量守恒定律，則有：mv0＋m·2v0＝m[2v0－(v0－vm)]＋2mvm，解得vm＝eq\f(2,3)v0，此時B的速度為v0＋vm＝eq\f(5,3)v0>eq\f(4,3)v0，故假設成立，A正確，C錯誤。設小滑塊B與擋板發生碰撞之前瞬間長木板速度為v1，依據動量守恒則有：mv0＋m·2v0＝m·eq\f(4,3)v0＋2mv1，解得v1＝eq\f(5,6)v0，由以上分析可知，B、C碰撞后瞬間B的速度最小，為eq\f(5,6)v0，B正確。設長木板、小滑塊A和B的共同速度為v2，依據動量守恒定律有：mv0＋m·2v0＝3mv2，解得v2＝v0，系統的機械能削減了ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,0)＝mveq\o\al(2,0)，eq\f(ΔE,E)＝eq\f(mv\o\al(2,0),\f(1,2)mv\o\al(2,0)＋\f(1,2)m2v02)＝0.4，故D正確。二、計算題(本題共3小題，共40分，須寫出規范的解題步驟)11．(2024·遼寧大連二模)(12分)滑板運動是極限運動的鼻祖，許多極限運動都是由滑板運動延長而來。如圖所示是一個滑板場地，OP段是光滑的eq\f(1,4)圓弧軌道，半徑為0.8m。PQ段是足夠長的粗糙水平地面，滑板與水平地面間的動摩擦因數為μ＝0.2。滑板手踩著滑板A從O點由靜止滑下，到達P點時，馬上向前起跳?；迨蛛x開滑板A后，滑板A以速度v1＝2m/s返回，滑板手落到前面相同的滑板B上，并一起向前接著滑動。已知滑板質量是m＝5kg，滑板手的質量是滑板的9倍，滑板B與P點的距離為Δx＝3m，g＝10m/s2。(不考慮滑板的長度以及人和滑板間的作用時間)求：(1)當滑板手和滑板A到達圓弧軌道末端P點時滑板A對軌道的壓力大??；(2)滑板手落到滑板B上瞬間，滑板B的速度大??；(3)兩個滑板間的最終距離。答案(1)1500N(2)4.2m/s(3)6.41m解析(1)O→P下滑過程，滑板手與滑板A機械能守恒：10mgR＝eq\f(1,2)×10mv2，代入數據解得v＝eq\r(2gR)＝4m/s，設滑板手和滑板A在P點受到的支持力為FN，有：FN－10mg＝10meq\f(v2,R)，解得：FN＝1500N，依據牛頓第三定律：F壓＝FN＝1500N。(2)滑板手跳離A板，滑板手與滑板A組成的系統水平方向動量守恒：10mv＝－mv1＋9mv2，解得：v2＝eq\f(14,3)m/s，滑板手跳上B板，滑板手與