动量能量习题汇编

动量和能量（下）

[P3.]复习精要

1. 动量和能量相结合的综合应用是高中力学的重点和难点，也是高考的热点问题。解题时必须认真分析研究对象在各个物理过程的受力情况、运动情况确定应用哪些或哪个规律解题。

2. 处理力学问题的通常思路有三种：一是牛顿运动定律；二是动量关系；三是能量关系。若考查有关物理量的瞬时对应关系，需应用牛顿运动定律；若考查一个过程，三种方法都可应用；若研究对象为一个系统，应首先考虑是否可用动量守恒定律或机械能守恒定律解题；若研究某一物体受到力的作用而发生运动状态改变时，一般可考虑用动量定理或动能定理解题，特别涉及时间问题时应优先考虑动量定理，而涉及功和位移问题时应优先考虑动能定理，因为两个守恒定律和两个定理只考查跟物理过程的始末两个状态有关物理量之间的关系，对过程的细节不予研究，这往往会使解题过程更为简捷。

[P4.]07届1月武汉市调研考试18．在粗糙绝缘的水平面上的同一直线上有A、B、C三个质量都为m的物体（都可视为质点），其中物体C被固定，其带电量为+Q，它产生的电场在竖直面MN的左侧被屏蔽；物体B带电量为+q，恰好处在被屏蔽区边缘；物体A不带电。此时A、B均静止，它们相距l1，B与C相距l2。现对位于P点的物体A施加一水平向右的瞬时冲量，A在向右运动过程中与B碰撞后粘连（碰撞时间极短），并进入电场区前进了

l(ll2)的距离时，由于物体C排斥作用而折

回，再次进入被屏蔽区后恰好也前进了l距离时 静止。已知物体A、B与整个水平面间的动摩擦 因数都为，求：最初在P点时对物体A施加 的瞬时冲量的大小。

（竖直面MN不影响物体在两区域间穿行， 忽略带电体在MN左侧被屏蔽区域受到的一切 电场力。）

M C产生的电场C产生的电场区被屏蔽的区域 l lA B C P l1 N l2 解：（14分）设对A的瞬时冲量为I，A的初速度为v0，由动量定理有：

Imv00 ①

设A与B碰前速度为v1，由动能定理有：mgl11212mv1mv0 ② 22设A、B碰撞后的共同速度为v2，由动量守恒定律，有：mv12mv2 ③ A、B进入电场区再折回被屏蔽区，电场力做功为零 ④

研究A与B碰后到停止运动的整过程，由动能定理有：

2mg3l0122mv2 ⑤ 2由①②③⑤式得：Im2g(12ll1) ⑥

评分标准：①③式各3分，②④⑤⑥各2分.

[P7.]2007年全国卷Ⅱ24.（19分） 用放射源钋的α射线轰击铍时，能发射出一种穿透力

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极强的中性射线，这就是所谓铍“辐射”。1932年，查德威克用铍“辐射”分别照射（轰击）氢和氮（它们可视为处于静止状态），测得照射后沿铍 “辐射”方向高速运动的氢核和氮核的速度之比为7.0。查德威克假设铍“辐射”是由一种质量不为零的中性粒子构成的，从而通过实验在历史上首次发现了中子。假定铍“辐射”中的中性粒子与氢核或氮核发生弹性正碰，试在不考虑相对论效应的条件下计算构成铍“辐射”的中性粒子的质量。（质量用原子质量单位u表示，1u等于C原子质量的十二分之一。取氢核和氮核的质量分别为1.0u和14.0u。）

解：设构成铍“辐射”的中性粒子的质量和速度分别为m和v，氢核的质量为mH。构成铍“辐射”的中性粒子与氢核发生弹性正碰，碰后两粒子的速度分别为v′和vH′。由动量守恒与能量守恒定律得

mv＝m v′＋mH vH′ ①

12111/2mv2mv/2mvH ② 222 解得

vH2mv ③

mmH同理，对于质量为mN的氮核，其碰后速度为

vN由③④式可得

2mv ④

mmNmNvNmHvH ⑤ mvvHN根据题意可知

⑥

vH7.0vN将上式与题给数据代入⑤式得

m＝1.2u ⑦

[P10.]2007年高考天津理综卷23．（16分）如图所示，水平光滑地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道AB是光滑的，在最低点B与水平轨道BC相切，BC的长度是圆弧半径的10倍，整个轨道处于同一竖直平面内。可视为质点的物块从A点正上方某处无初速下落，恰好落入小车圆弧轨道滑动，然后沿水平轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出。已知物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力是物块重力的9倍，小车的质量是物块的3倍，不考虑空气阻力和物块落人圆弧轨道时的能量损失。求

⑴.物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的几倍；

⑵.物块与水平轨道BC间的动摩擦因数μ。

解：(16分) ⑴.设物块的质量为m ，其开始下落处的位置距BC的竖直高度为h ，到达B点时的速度为v ，小车圆弧轨道半径为R 。由机械能守恒定律，有

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mgh根据牛顿第二定律，有

1mv2 ① 2v2 9mgmgm ②

R解得 H = 4R ③ 即物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的4倍。

⑵.设物块与BC间的滑动摩擦力的大小为f ，物块滑到C点时与小车的共同速度为v′，物块在小车上由B运动到C的过程中小车对地面的位移大小为s 。依题意，小车的质量为3 m ，BC长度为10 R 。由滑动摩擦定律，有

f = μm g ④

由动量守恒定律，有

mv(m3m)v ⑤

对物块、小车分别应用动能定理，有

f(10Rs)fs解得

11mv2mv2 ⑥ 2213mv20 ⑦ 2μ= 0.3 ⑧

[P13.]07学年度广东省重点中学12月月考18、（16分）如图18所示，水平传送带AB足够长，质量为M＝1kg的木块随传送带一起以v1＝2m/s的速度向左匀速运动（传送带的速度恒定），木块与传送带的摩擦因数0.5，当木块运动到最左端A点时，一颗质量为m＝20g的子弹，以v0＝300m/s的水平向右的速度，正对射入木块并穿出，穿出速度v＝50m/s，

v0 设子弹射穿木块的时间极短，（g取10m/s2）求： M （1）木块遭射击后远离A的最大距离； B A v1 （2）木块遭击后在传送带上向左运动所经历的时间。

解:（1）设木块遭击后的速度瞬间变为V，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律得 mv0Mv1mvMV 则Vm(v0v)v1，代入数据解得V3m/s，方向向右。 „„ ２分 M木块遭击后沿传送带向右匀减速滑动，

.×1×10N5N „„ ２分 摩擦力 fFNMg05设木块远离A点的最大距离为S，此时木块的末速度为0， 根据动能定理得 fS01MV2 „„ ２分 2MV21×32m0.9m „„ ２分 则S2f2×5保护版权 人人有责

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（2）研究木块在传送带上向左运动的情况。

设木块向左加速到v12m/s时的位移为S1。 由动能定理得 fS11Mv12 22Mv11×22则S1m0.4m0.9m „„ 4分

2f2×5由此可知，遭击木块在传送带上向左的运动过程分两个阶段：先向左加速运动一段时间t1，再匀速运动一段时间t2。 由动量定理得ft1Mv1 则t1Mv11×2s0.4s f5t2SS10.90.4s0.25s v12所求时间 tt1t20.4s0.25s0.65s „„ 4分

[P16.]07学年南京市期末质量调研19．（17分）如图所示，矩形盒B的质量为M，底部长度为L，放在水平面上，盒内有一质量为M可视为质点的物体A，A与B、B与地面的动

5摩擦因数均为，开始时二者均静止，A在B的左端。现瞬间使物体A获得一向右的水平初速度v0，以后物体A与盒B的左右壁碰撞时，B始终向右运动。当A与B的左壁最后一次碰撞后，B立刻停止运动，A继续向右滑行s（sL）后也停止运动。 （1）A与B第一次碰撞前，B是否运动？

（2）若A第一次与B碰后瞬间向左运动的速率为v1，求此时矩形盒B的速度大小； （3）当B停止运动时，A的速度是多少？ （4）求盒B运动的总时间。

解：（1）A对B的滑动摩擦力 f1BA

v0 Mg5 地对B的最大静摩擦力 f26Mg，f1f2 5所以A第一次与B碰前B不会动。 （2分）

221mv0（2）设A的质量为m，由动能定理得： mgL1mvA （2分） 22A、B组成的系统在第一次碰撞过程中动量守恒，设碰后B的速率为vB，选向右为正方向，

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则 mvAm(v1)MvB （2分）

2解得 vB1(v1v02gL) （2分）

5（3）最后一次碰撞后的过程中，设B停止运动时A的速度为v，对A由动能定理得： mgs01mv2 （2分）

2v2gs （2分）

（4）研究A、B组成的系统，它在水平方向所受的外力就是地面对盒B的滑动摩擦力，设盒B运动的总时间为t，选向右为正方向，对系统用动量定理得

(mM)gtmvmvA （3分）

2v02gL2gs t （2分）

6g[P19.]07年1月苏州市教学调研测试17．（15分）如图所示，质量均为m的A、B两球间有压缩的轻短弹簧处于锁定状态，放置在水平面上竖直光滑的发射管内（两球的大小尺寸和弹簧尺寸都可忽略，它们整体视为质点），解除锁定时，A球能上升的最大高度为H．现让两球包括锁定的弹簧从水平面出发，沿光滑的半径为R的半圆 A 槽从左侧由静止开始下滑，滑至最低点时，瞬间解除锁定．求：

B R （1）两球运动到最低点弹簧锁定解除前所受轨道的弹力；

（2）A球离开圆槽后能上升的最大高度. A ．．．．．B 解：（1）（6分）A、B系统由水平位置滑到轨道最低点时速度为v0，根据机械守恒定律

1

2mgR= 2m v02 ①

2

设轨道对小球的弹力为F，根据牛顿第二定律

2v0F2mg2m ②

R得 F＝6mg ③

(2) （9分）解除锁定后弹簧将弹性势能全部转化为A、B的机械能，则弹性势能为 EP＝mgH ④

解除锁定后A、B的速度分别为vA、 vB，解除锁定过程中动量守恒 2mv0mvBmvA ⑤ 系统机械能守恒 111

2mv02＋EP＝ m vA2＋ m vB2 ⑥ 222联立上述各式得

vA2gRgH ⑦

正号舍去 vA2gR ⑧ g H设球A上升的高度为h，球A上升过程机械能守恒

1

mg(h+R)= m vA2 ⑨

2

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整理后得 hH2RH ⑩ 2评分标准：本题15分．①～③式，每式2分；④式1分；⑤⑥式，每式2分；⑦～⑩式，每式1分．

[P22.]07届南京市第一次调研测试16．(14分) 两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，

初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m／s的速度在光滑的水平地面上运动，质量4 kg的物块C静止在前方，如图所示。B与C碰撞后二者会粘在一起运动。求在以后的运动中：

（1）当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大? （2）系统中弹性势能的最大值是多少?

（3）A物块的速度有可能向左吗?简略说明理由? 解：(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大.

ABvC (2分)

由A、B、C三者组成的系统动量守恒， (mA+mB) v =(mA+mB+mC) vABC (1分) 解得 vABC(22)63m/s

224 (2分)

(2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为vBC，则 mBv=(mB+mC) vBC vBC262m/s （1分） 24设物ＡＢＣ速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep，

根据能量守恒Ep=1/2 ×(mB+mC)vBC2 +1/2 ×mAv2-1/2 ×(mA+mB+mC) vABC2 =1/2 ×(2+4)×22+1/2 ×2×62-1/2 ×(2+2+4)×32=12 J (3) A不可能向左运动

(3分)

(1分)

取向右为正，由系统动量守恒， (mAmB)vmAvA(mBmC)vBC

若 A向左，vA0，即得vBC4m/s

则A、B、C动能之和E （1分）

1122mAv(mBmC)v （1分） ABC48J 22 (1分)

而系统的总机械能E=Ep+

1 (mA+mB+mC) vABC2 =12+36=48 J 2

根据能量守恒定律， E′＞E是不可能的 （1分）

[P25.]07年天津市五区县重点学校联考19．（12分）如图所示，长木板A右边固定着一个挡板，包括挡板在内的总质量为1.5M，静止在光滑的水平地面上。小木块B质量为M，从A的左端开始以初速度v0在A上滑动，滑到右端与档板发生碰撞，已知碰撞过程时间极短，碰后木块B恰好滑到A的左端就停止滑动，已知B与A间的动摩擦因数为，B在A板上单程滑行长度为l，求：

（1）碰撞过程中系统损失的机械能；

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v0 A l 英才苑http://ycy.com.cn 会员交流资料

23v0（2）若，在B与挡板碰撞后的运动过程中，

160gt摩擦力对木板A做多少功？ 解：（12分）

（1）设A、B相对静止后的共同速度为v，整个过程A、B组成的系统动量守恒：

Mv0(M2v3M)v得：v0 （2分） 25112Mv0(M1.5M)v2Mg2l （2分） 22由能量守恒得：Q联立解得：Q32Mv02Mgl （2分） 10（2）B与A碰撞后，B相对于A向左运动，A所受摩擦力方向向左，A的运动方向向右，故摩擦力做负功。设B与A碰撞后的瞬间A的速度为v1，B的速度为v2，碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功。即

Mv0Mv21.5Mv1 （1分）

1111.5Mv12Mv12.5Mv2Mgl （2分） 222213vv0因小于v而舍去） （1分） 可解出v1v（另一解01210这段过程中，A克服摩擦力做功

W111.5Mv121.5Mv2 （1分） 222722Mv0(即0.068Mv0) （1分） 400[P28.]07届12月江苏省丹阳中学试卷19．（16分）如图所示，一个带有1/4圆弧的粗糙滑板A，总质量为mA=3kg，其圆弧部分与水平部分相切于P，水平部分PQ长为L=3.75m．开始时A静止在光滑水平面上，有一质量为mB=2kg的小木块B从滑板A的右端以水平初速度v0=5m/s滑上A，小木块B与滑板A之间的动摩擦因数为μ=0.15，小木块B滑到滑板A的左端并沿着圆弧部分上滑一段弧长后返回最终停止在滑板A上。 （1）求A、B相对静止时的速度大小；

（2）若B最终停在A的水平部分上的R点，P、R相距1m，求B在圆弧上运动过程中因摩擦而产生的内能；

（3）若圆弧部分光滑，且除v0不确定外其他条件不变，讨论小木块B在整个运动过程中，是否有可能在某段时间里相对地面向右运

v0动？如不可能，说明理由；如可能，试求出B既能向右滑动、又不滑离木板A的v0PBRAQ取值范围。

(取g＝10m/s2，结果可以保留根号) 解：（1）小木块B从开始运动直到A、B相对静止的过程中，系统水平方向上动量守恒，有

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mBv0(mBmA)v ①

解得 v2v0＝2 m/s ② 5（2）B在A的圆弧部分的运动过程中，它们之间因摩擦产生的内能为Q1，B在A的水平部分往返的运动过程中，它们之间因摩擦产生的内能为Q2，由能量关系得到

112mBv0(mBmA)v2Q1Q2 ③ 22Q2mBg(LQPLPR) ④ Q1112mBv0(mBmA)v2mBg(LQPLPR)0.75J ⑤ 22（3）设小木块B下滑到P点时速度为vB，同时A的速度为vA，由动量守恒和能量关系可以得到 mBv0mBvBmAvA ⑥

111222mBv0mBvBmAvAmBgL ⑦ 222由⑥⑦两式可以得到

5 vB4v0vBv00.9gL0，令 vB4v036v018gL102220，化简后为v00.9gL ⑧

2若要求B最终不滑离A，由能量关系必有

mBg2L112mBv0(mBmA)v2 ⑨ 222化简得 v0gL ⑩ 故B既能对地向右滑动，又不滑离A的条件为

0.9gLv0gL ⑾

即

2315m/sv037.5m/s （5.8m/sv06.1m/s ） ⑿ 2〖评分标准〗本题共16分．①③⑧⑨每式2分，其余各式每式1分． [P32.]南京市金陵中学06-07学年度第一次模拟17．（16分）如图，在光滑的水平桌面上，静放着一质量为980g的长方形匀质木块，现有一颗质量为20g的子弹以300m/s的水平速度沿其轴线射向木块，结果子弹留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动．已知木块沿子弹运动方向的厚度为10cm，子弹打进木块的深度为6cm．设木块对子弹的阻力保持不变．

v0 ⑪求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所增加的内能． m M ⑫若子弹以400m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块时， 则它能否射穿该木块？

解：⑪设子弹的初速度为v0，射入木块的共同速度为v．以子弹和木块为系统，由动量守恒定律有mv0＝M＋mv．（2分）

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解得v＝mv00.02300＝ m/s＝6.0m/s （2分）

M＋m0.980.02此过程系统所增加的内能

11112E＝Ek＝mv0－M＋mv2＝0.023002－0.980.0262882J（4分）

2222＝400m/s的速度刚好能够射穿某材质一样厚度为d′的另一个木块。则对以子弹⑫设以v0＝M＋mv 和木块组成的系统，由动量守恒定律有 mv0解得v＝mv00.02400＝ m/s＝8.0m/s （1分） M＋m0.980.02此过程系统所损耗的机械能

1111＝mv02－M＋mv2＝0.024002－0.980.0282＝1568J E＝Ek2222（1分）

＝fl（2分） 由功能关系有E＝fs相＝fl，E＝fs相两式相比即有

fs相Efdd＝＝＝

Efs相fdd于是有d＝E15681568d＝6＝（cm）＞10 cm（3分） E882147因为d′＞10 cm，所以能够穿透此木块。（1分）

[P36.]南京市07届二模17.B．“能量的比较”

如图所示，在光滑绝缘水平面上有两个带电小球A、B，质量分别为3m和m，小球A带正电q，小球B带负电-2q，开始时两小球相距s0，小球A有一个水平向右的初速度v0，小球B的初速度为零，若取初始状态下两小球构成的系统的电势能为零，则 （1）试证明：当两小球的速度相同时系统的电势能最大，并求出该最大值；

（2）试证明：在两小球的间距仍不小于s0的运动过程中，系统的电势能总小于系统的动能，并求出这两种能量的比值的取值范围。

S0v0AB

解：（1）由于两小球构成的系统合外力为零，设某状态下两小球的速度分别为vA和vB，由动量守恒定律得

3mv03mvAmvB （1） （2分） 所以，系统的动能减小量为 Ek1112223mv03mvAmvB （2） （1分） 222保护版权 人人有责

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由于系统运动过程中只有电场力做功，所以系统的动能与电势能之和守恒，考虑到系统初状态下电势能为零，故该状态下的电势能可表为

EpeEk1112223mv03mvAmvB （3） （1分） 22222联立（1）、（3）两式，得

Epe6mvA9mv0vA3mv0 （4） 由（4）式得：当 vA3v0 （5） （2分） 43v0 （6） （1分） 4时，系统的电势能取得最大值，而将（5）式代入（1）式，得 vAvB即当两小球速度相同时系统的电势能最大，最大值为 Epemax32mv0 （7） （2分） 8（2）由于系统的电势能与动能之和守恒，且初始状态下系统的电势能为零，所以在系统电势能取得最大值时，系统的动能取得最小值，为 EkminEk0Epemax由于

EkminEpemax （9）

所以在两球间距仍不小于s0的运动过程中，系统的电势能总小于系统的动能。（2分） 在这过程中两种能量的比值的取值范围为

1329223mv0mv0mv0 （8） （2分） 288Epemax1 0 （10） （2分）

EkEkmin3[P40.]07年苏锡常镇四市二模19.A 如图所示，一小物体放在小车上，它们一起在水平放置

的箱子中运动，小车长为 L ，小车质量为 M ，小物体质量为m=M/2，小物体与小车间的动摩擦因数为μ，小车与箱底之间无摩擦，箱子固定于水平地面上，小车与箱子两壁碰后，速度反向，速率不变.开始时小车靠在箱子的左壁，小物体位于小车的最左端，小车与小物体以共同速度v0向右运动，已知箱子足够长，试求： ( 1 )小物体不从小车上掉落下的条件 ( 2 )若上述条件满足，求小车与箱壁第 n + l 次碰撞前系统损L 失的机械能

( 3 )小物体相对于小车滑过的总路程

( 4 )若 m=2M ，则小物体不从小车上掉落下的条件

解： ( l )小车与箱壁第 1 次碰撞到小物体与小车有共同速度v1．根据动量守恒定律和系统的动能定理：

EpeMv0mv0(Mm)v1①

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1②

2Mm1v0v0 将m=M/2代入解得 v1Mm32mgx1(Mm)v0(Mm)v121224v0第一次碰后向右滑行距离x1

3g24v1214v0Mm1v12v0，向左滑行距离x2同理，第二次碰后v2x1

Mm33g93g所以第 l 次碰撞后小物体不落下．以后都不会掉落下，

24v0即小物体不掉落下的条件：L

3g（2）第n次碰后vn1v n03据功能关系所以第 n + l 次碰前损失的机械能

131222(Mm)(v0vn)Mv0(1n) 24922又解：第l 次碰撞损失的机械能E1mgx1Mv0

3Emgs第2 次碰撞损失的机械能

E2mgx22122Mv122Mv0 333„„所以第 n + l 次碰前损失的机械能

1)n21122293Mv2(11)EE1E2E3Mv（1）Mv00013992349n(1)9(1

( 3 )当经过无数次碰撞，小物体和小车将停在箱子左壁处。

23v012据功能关系，mgs(Mm)v0,小物体相对于小车滑过的总路程s

22g( 4 )若m＝ 2M ，每一次碰后均向右滑行一段距离，则经多次碰后小车将停在箱子右壁处，

据功能关系

2mgs(Mm)v0

1223v0s4g

23v0小物体不掉落下的条件为s

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[P44.]2007年四川理综卷25．(20分) 目前，滑板运动受到青少年的追捧。如图是某滑板运动员在一次表演时的一部分赛道在竖直平面内的示意图．赛道光滑，FGI为圆弧赛道，半径R=6.5m，G为最低点并与水平赛道BC位于同一水平面，KA、DE平台的高度都为h=1.8m。B、C、F处平滑连接。滑板a和b的质量均为m，m=5kg，运动员质量为M，M=45kg。 表演开始，运动员站在滑板b上．先让滑板a从A点静止下滑，t1=0.1s后再与b板一起从A点静止下滑。滑上BC赛道后，运动员从b板跳到同方向运动的a板上，在空中运动的时间t2=0.6s(水平方向是匀速运动)。运动员与a板一起沿CD赛道上滑后冲出赛道，落在EF赛道的P点，沿赛道滑行，经过G点时，运动员受到的支持力N=742.5N。(滑板和运动员的所有运动都在同一竖直平面内，计算时滑板和运动员都看作质点，取g=10m/s2) (1)滑到G点时，运动员的速度是多大? (2)运动员跳上滑板a后，在BC赛道上与滑板a共同运动的速度是多大?

(3)从表演开始到运动员滑至I的过程中，系统的机械能改变了多少？

解：(1)在G点，运动员和滑板一起做圆周运动，设速度为vG，运动员受到重力Mg、滑板对运动员的支持力N的作用，则

2vG N-Mg=M ①

R vGR(NMg) ②

M代入数据，解得vG=6.5m/s ③ {2}设滑板a由A点静止下滑到BC赛道后速度为v1，由机械能守恒定律有 mgh v11mv12 ④ 22gh ⑤

运动员与滑板b一起由A点静止下滑到BC赛道后．速度也为v1。

运动员由滑板b跳到滑板a，设蹬离滑板b时的水平速度为v2，在空中飞行的水平位移为s，则s=v2t2 设起跳时滑板a与滑板b的水平距离为s0，则s0=v1t1 设滑板a在t2时间内的位移为s1，则 s1=v1t2

s=s0+s1 即v2t2=v1(t1+t2) ⑥ 运动员落到滑板a后，与滑板a共同运动的速度为v，由动量守恒定律有 mv1+Mv2=(m+M)v ⑦ 由以上方程可解出

vmt2M(t1t2)2gh ⑧

(Mm)t2代入数据，解得v=6.9m/s (3)设运动员离开滑板b后．滑板b的速度为v3，有

Mv2+mv3=(M+m)v1 ⑨

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可算出v3=-3m/s，有|v3|=3m/s22E(Mm)vGmv3(mmM)gh88.2J ⑩

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