河北省定州中学高三物理一轮复习 动量和能量定时练(复习班)(2021年整理)

河北省定州中学2017届高三物理一轮复习 动量和能量定时练（复习班）
1
河北省定州中学2017届高三物理一轮复习 动量和能量定时练（复习班）
编辑整理：
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（复习班）的全部内容。

2
动量和能量(下）
]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。

1。

．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1l ，B 与C 相距2l 。

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)(2l l l <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μ,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 忽略带电体在MN 左侧被屏蔽区域受到的一切 电场力.）
2.（19分）用放射源钋的α射线轰击铍时，能发射出一种穿透力极强的中性射线，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12C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。

)
⑦
3。

．（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
3
4
M B
A
v 1
v 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。

4.、（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v 1＝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
μ=05.，当木块运动到最左端A 点时,一颗质量为m ＝20g
的子弹,以v 0＝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 ，设子弹射穿木块的时间极短，（g 取10m/s 2
）求：
（1）木块遭射击后远离A 的最大距离；
（2）木块遭击后在传送带上向左运动所经历的时间。

5.．(15分)如图所示，质量均为m的A、B
弹簧处于锁定状态,放置在水平面上竖直光滑的发射管内的大小尺寸和弹簧尺寸都可忽略,它们整体视为质点）定时,A球能上升的最大高度为H
水平面出发，沿光滑的半径为R的半圆
槽从左侧由静止开始下滑,
（1
（2）A球离开圆槽后
．．．．．能上升的最大高度。

解:（14分）设对A的瞬时冲量为I，A的初速度为
v，由动
-
=mv①
A与B碰前速度为
1
v，由动能定理有：2
2
1
12
1
2
1
mv
mv
mgl-
=
-μ
A、B碰撞后的共同速度为
2
v，由动量守恒定律，有：
2
1
2mv
mv=
、B进入电场区再折回被屏蔽区,电场力做功为零
A与B碰后到停止运动的整过程,由动能定理有：
2
2
2
2
1
3
2v
m
l
mg⋅
⋅
-
=
⋅
⋅μ
5
6
由①②③⑤式得：
)12(21l l g m I +=μ ⑥
评分标准：①③式各3分,②④⑤⑥各2分.
2.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m H 。

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v H ′。

由动量守恒与能量守恒定律得
mv
＝
m v ′＋m H v H
′
①
2
/2/22
12121H mv mv mv += ② 解得
H
H m m mv
v +=
'2
③
同理，对于质量为m N 的氮核,其碰后速度为
N
N
m m mv v +=
'2
④
由③④式可得
N
H H
H N N v v v m v m m '-''-'=
⑤
根据题意可知
N H v .v '='07
⑥
将上式与题给数据代入⑤式得
m ＝1.2u
3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
22
1
mv mgh =
①
7
根据牛顿第二定律，有
R
v
m mg mg 2
9=-
②
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
v )m m (mv '
+=3 ⑤
对物块、小车分别应用动能定理，有
222
12110mv v m )s R (f -'=
+
⑥
032
1
2-'⋅=
v m s f
⑦
解得
μ= 0。

3
⑧
3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
2
2
1mv mgh = ①
根据牛顿第二定律,有
R
v m mg mg 2
9=-
8
② 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
v )m m (mv '
+=3 ⑤
对物块、小车分别应用动能定理,有
222
12110mv v m )s R (f -'=
+
⑥
032
1
2-'⋅=
v m s f
⑦ 解得
μ= 0。

3
⑧ 4.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 mv Mv mv MV 01-=+
则V m v v M
v =--()
1，代入数据解得V m s =3/，方向向右。

…… ２分
木块遭击后沿传送带向右匀减速滑动，
摩擦力 f F Mg N N N ====μμ05
1105.×× …… ２分 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 MV 01
2
2 …… ２分 则S MV f m m ===22
21325
09××. …… ２分
9
（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v m s 12=/时的位移为S 1。

由动能定理得 f S Mv 11
2
12
=
则S Mv f m m m 1122
21225
0409===<××.. …… 4分 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t 1,再匀速运动一段时间t 2。

由动量定理得f t Mv 11= 则t Mv f s s 1112
5
04=
==×. t S S v s s 2110904
2
025=
-=-=... 所求时间 t t t s s s =+=+=1204025065... …… 4分
5解：（1）（6分）A 、B 系统由水平位置滑到轨道最低点时速度为v 0，根据机械守恒定律 2mgR =错误!2m v 02
① 设轨道对小球的弹力为F ，根据牛顿第二定律 2022v F mg m R
-= ②
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
E P ＝mgH ④
解除锁定后A 、B 的速度分别为v A 、 v B ，解除锁定过程中动量守恒
02B A mv mv mv =+ ⑤ 系统机械能守恒
错误!2mv 02＋E P ＝错误!m v A 2＋错误!m v B 2
⑥
联立上述各式得
A v =⑦
正号舍去
A v = ⑧
设球A 上升的高度为h ,球A 上升过程机械能守恒
mg （h+R ）= 1
2 m v A 2 ⑨
整理后得
2H
h =⑩
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．
10
A
B
C
v
6．(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？
6.解:(1）当A 、B 、C 三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大。

（2分)
由A 、B 、C 三者组成的系统动量守恒， (m A +m B ) v =（m A +m B +m C ） v A BC （1分)
解得 s /m )(v ABC 34
226
22=++⨯+=
(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BC v ，则
m B v =(m B +m C )
BC
v
s /m v BC 24
26
2=+⨯=
（1分）
设物ＡＢＣ速度相同时弹簧的弹性势能最大为E p ，
根据能量守恒E p =1/2 ×（m B +m C ）v BC 2
+1/2 ×m A v 2
-1/2 ×（m A +m B +m C )
v A BC 2
=1/2 ×(2+4）×22
+1/2
×2×62
—1/2 ×（2+2+4）×32
=12 J (3分）
(3) A 不可能向左运动
（1分)
取向右为正，由系统动量守恒， ()()A B A A B C BC m m v m v m m v ''+=++
若 A 向左，0<'A v ，即得s /m v BC 4>'
（1分）
则A 、B C 动能之和J v )m m (v m E BC C B A A 482
1212
2>'++'='
（1分）
而系统的总机械能
E =E p +2
1 （m A +m B +m C ) v A BC
2 =12+36=48 J
（1分）
根据能量守恒定律， E′＞E 是不可能的
（1分)
7.．（12分）如图所示，长木板A 板在内的总质量为1。

5M 质量为M,从A 的左端开始以初速度v 0在A 档板发生碰撞，已知碰撞过程时间极短，碰后木块B 的左端就停止滑动，已知B 与A 间的动摩擦因数为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;
(2）若gt
v 16032
=μ,在B 与挡板碰撞后的运动过程中，摩擦力对木板A 做多少功？
7。

解：（12分）
(1）设A 、B 相对静止后的共同速度为v 成的系统动量守恒：
5
2)23
(0v v v M M =+
得： (2分） l Mg v M M Mv Q 2)5.1(2
12122
0μ-+-= （2分） Mgl Mv Q μ210
32
0-=
（2分） 与A 碰撞后，B 相对于A 向左运动，A 所受摩擦力方向向,故摩擦力做负功。

设B 与A 碰撞后的瞬v 1，B 的速度为v 2，碰撞后直至相对静止的过程中，,机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功.即
125.1Mv Mv + （1分）
Mgl Mv Mv μ=⨯-+212215.22
121 （2分） v v v v v 因小于（另一解01
0110
3
21==而舍去） (1分） A 克服摩擦力做功
2215.121
5.1Mv Mv ⨯- (1分） )068.0(2020Mv 即 （1分） ]07届12月江苏省丹阳中学试卷19．（16分）如图所示，1/4圆弧的粗糙滑板A ,总质量为m A =3kg ，其圆弧部分
与水平部分相切于P,水平部分PQ
止在光滑水平面上，有一质量为m B 右端以水平初速度v0=5m/s滑上A,摩擦因数为μ=0。

15,小木块B
(1）求A、B
（2）若B最终停在A
（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
试求出B
(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 统水平方向上动量守恒，有v
m
B
得
5
2
v
v=＝ 2 m/s
）B在A的圆弧部分的运动过程中，它们之间因摩擦产生的
Q
1
，B在A的水平部分往返的运动过程中，它们之间因摩
Q
2
，由能量关系得到
2
1
2
2
)
(
2
1
Q
Q
v
m
m
v
A
B
B
+
+
+
=
)
(
2PR
QP
B
L
L
g
m
Q+
⋅
=μ
④
J
75
.0
)
(
)
(
2
1
2
1
2
2
1
=
+
-
+
-
=
PR
QP
B
A
B
B
L
L
g
m
v
m
m
v
m
Qμ
B下滑到P点时速度为v B，同时A的速度为v A，
A
A
B
B
B
v
m
v
m
v
m+
=
gL
m
v
m
v
m
v
B
A
A
B
B
B
μ
+
+
=2
2
2
02
1
2
1
⑦
由⑥⑦两式可以得到
090.4 52
002=+--gL v v v v B B ，令
10
183642
00<--=
gL
v v v B ，化简后
为
gL v 90.2
> ⑧
若要求B 最终不滑离A ，由能量关系必有
2
20)(2
1
212v m m v m L g m A B B B +-≥⋅μ
⑨ 化简得
gL v ≤2
⑩
故B 既能对地向右滑动，又不滑离A 的条件为 gL
v gL ≤<2
09.0
⑾
即m/s 5.37m/s 152
3
0≤<v （s m v s m /1.6/8.50≤< ） ⑿
〖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
轴线射向木块,结果子弹留在木块中没有射出，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．
⑴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．
⑵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：⑴设子弹的初速度为v 0，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()v m M mv 0＋＝．(2分)
解得0.020.98300
0.02m M mv v 0+⨯＝＋＝ m/s ＝6。

0m/s （2分） 此过程系统所增加的内能
()()J
88260.020.982
13000.0221v m M 21mv 21E E 2222
0k =⨯+⨯⨯⨯∆∆－＝＋－＝＝（4分）
⑵设以0
v '＝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。

则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定
律有 ()v m M v m 0
''＋＝ 解得0.02
0.98400
0.02m M v m v 0+⨯''＝＋＝
m/s ＝8.0m/s （1分)
此过程系统所损耗的机械能
()()22220k
80.020.982
14000.0221v m M 21v m 21E E ⨯+⨯⨯⨯'''∆'∆－＝＋－＝＝＝1568J (1分)
由功能关系有fl fs E ＝＝相∆，l f s f E '''∆＝＝相
（2分） 两式相比即有d d
d f fd s f fs E E '
'''∆∆＝＝＝相相
于是有147
1568
68821568d E E d ＝
＝＝
⨯∆'∆'（cm ）＞10 cm （3分) 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s 0，小球A 有一个水平向右的初速度v 0,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s 0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。

S 0
A
B
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A v 和B v ,由动量守恒定律得
B A mv mv mv +=330 （1) (2分）
所以，系统的动能减小量为
22
2021321321B
A k mv mv mv E --=∆ (2） （1分）
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
22
202
1321321B
A k pe mv mv mv E E --=
∆= (3) （1分） 联立（1)、（3）两式,得
2
02396mv v mv mv E A A pe -+-= (4）
由（4）式得：当
04
3
v v A =
（5） （2分）
时，系统的电势能取得最大值,而将（5）式代入（1）式，得
04
3
v v v B A ==
（6） （1分）
即当两小球速度相同时系统的电势能最大,最大值为
2
0max 8
3mv E pe =
（7） (2分)
(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
20202
0max 0min 8
983321mv mv mv E E E pe k k =-=-=
（8） （2分） 由于
max min pe k E E > （9)
所以在两球间距仍不小于0s 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 3
1
0min
max =≤≤k pe k
pe E E E E (10） (2分)
[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,
质量为 M ，小物体质量为m=M/2数为μ,与箱子两壁碰后,速度反向,左壁,小物体位于小车的最左端,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 次碰撞前系统损失的机械能
( 3 ）小物体相对于小车滑过的总路程
( 4 )若 m=2M
解： ( l )小车与箱壁第 1 v 1．根据动量守恒定律和系统的动能定理:
①1
00v )m M (mv Mv +=- ②2
12
012
121
v )m M (v )m M (mgx +-+=μ
代入解得 0013
1
v v m M m M v =+-=
g
v x μ342
1=
,第二次碰后02123
1
v v m M m M v =+-=
，向左滑行距离12
21349134x g
v g v <⋅=μμ
l 次碰撞后小物体不落下．以后都不会掉落下,
即小物体不掉落下的条件:g
v L μ342
≥
（2)第n 次碰后03
1v v n n =
据功能关系所以第 n + l 次碰前损失的机械能
)(Mv )v v )(m M (mgs n n 9
1143212
0220-=-+==μ
:第l 次碰撞损失的机械能2
0113
2Mv mgx E ==∆μ
次碰撞损失的机械能
2
22123
23132Mv Mv mgx ⨯==
=μ n + l 次碰前损失的机械能
)(Mv )()(Mv Mv E E E E n n 911439
119113291911322020220321-=--
⋅=⋯+++=⋯+∆+∆+∆=∆）（
( 3 )当经过无数次碰撞，小物体和小车将停在箱子左壁处。

据功能关系，2
02
1v )m M (mgs +=μ,小物体相对于小车滑过的总
路程g
v
s μ2320=
（ 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
2
1
v )m M (mgs +=μ g v s μ4320=
小物体不掉落下的条件为g
v
s μ4320
≥
[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,t 1=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
t 2=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/s 2
)
（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v G ，运动员受到重力Mg 、滑板对运动员的支持力N 的作用，则
N —Mg=M R
v G
2
① M
)
Mg N (R v G -=
②
代入数据，解得v G =6。

5m/s
③
｛2｝设滑板a 由A 点静止下滑到BC 赛道后速度为v 1，由机械
能守恒定律有
212
1
mv mgh =
④
gh v 21= 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v 1.
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v 2,
在空中飞行的水平位移为s,则s=v 2t 2
设起跳时滑板a 与滑板b 的水平距离为s 0，则s 0=v 1t 1
设滑板a 在t 2时间内的位移为s 1,则 s 1=v 1t 2
s=s 0+s 1 即v 2t 2=v 1(t 1+t 2) 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
mv 1+Mv 2=(m+M ）v
⑦
由以上方程可解出
gh t )m M ()
t t (M mt v 22
212+++=
⑧
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v 3，有
Mv 2+mv 3=（M+m)v 1
⑨
可算出v 3=-3m/s ，有|v 3｜=3m/s<v 1= 6m/s ，b 板将在两个平台之间来回运动，机械能不变。

系统的机械能改变为
J .gh )M m m (mv v )m M (E G 2882
121
232=++-++=∆
⑩。