【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习讲义第7章 第2讲 动量守恒定律及应用(含解析).doc，共(14)页，270.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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第2讲动量守恒定律及应用目标要求1.理解系统动量守恒的条件.2.会应用动量守恒定律解决基本问题.3.会分析、解决动量守恒定律的临界问题．考点一动量守恒定律的理解和基本应用基础回扣1．内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保

持不变．2．表达式(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．3．适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零．(2)近似守恒：系统内各物体间相互作

用的内力远大于它所受到的外力．(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒．技巧点拨应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几

个物体及研究的过程)．(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．(3)规定正方向，确定初、末状态动量．(4)由动量守恒定律列出方程．(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．动量守恒条件的理解例1(多选)在光滑水平面上，A、B两小车中间有一轻

弹簧(弹簧不与小车相连)，如图1所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将小车及弹簧看成一个系统，下列说法中正确的是()图1A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒C．先放开左手，后放开右手，总动量向左D．无论何时放手，两手放开后，系统总动量都

保持不变答案ACD解析若两手同时放开A、B两小车，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初动量为零，则系统总动量为零，故A正确；先放开左手，系统所受合外力向左，系统所受合外力的冲量向左，再放开右手，系统总动量向左，故C正确；无论何时放手，两手放开后，系统所受合外力为零，系统动量守恒，系统总动

量保持不变，如果同时放手，系统总动量为零，如果不同时放手，系统总动量不为零，故B错误，D正确．动量守恒定律的基本应用例2(2020·全国卷Ⅲ·15)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图2中实线所示．已知甲的质量为1kg，则碰撞

过程两物块损失的机械能为()图2A．3JB．4JC．5JD．6J答案A解析根据题图图象，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0m/s，v乙＝1.0m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1.0m/s，v乙′＝2.0m/s，碰撞过程

由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6kg，碰撞过程损失的机械能ΔE＝12m甲v甲2＋12m乙v乙2－12m甲v甲′2－12m乙v乙′2，解得ΔE＝3J，故选A.1．(

某一方向上动量守恒)如图3所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧紧靠在墙壁上．现让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则下列结论中正确的是()图3A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B．小球在半圆槽内运动的全过程

中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒C．小球自半圆槽B点向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒D．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动答案C解析小球下滑到半圆槽的最低点B之后，半圆槽离开墙壁，除了重力外，槽对小球的弹力对小球做功，选项A错误；

小球下滑到半圆槽的最低点B之前，小球与半圆槽组成的系统水平方向上受到墙壁的弹力作用，系统所受的外力不为零，系统水平方向上动量不守恒，半圆槽离开墙壁后，小球与半圆槽在水平方向动量守恒，选项B错误，C正确；半圆槽离开墙壁后小球对槽的压力对槽做功，小球与半圆槽具有向右的水平速度，所以小

球离开右侧槽口以后，将做斜上抛运动，选项D错误．2．(动量守恒定律的基本应用)(多选)如图4所示，一质量M＝3.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0kg的小木块A，同时给A和B以大小均

为4.0m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是()图4A．2.1m/sB．2.4m/sC．2.8m/sD．3.

0m/s答案AB解析以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得(M－m)v＝MvB1，代入数据解得vB1≈2.67m/s.当从开始到A、B速度相同的过程中，由动量守恒定律得(M－m)v＝(M＋m)

vB2，代入数据解得vB2＝2m/s，则在木块A做加速运动的时间内，B的速度大小范围为2m/s<vB<2.67m/s，故选项A、B正确．3．(动量守恒定律与图象结合)(多选)(2019·山东青岛市模拟)某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图5所示的位移—时间图象．图中的线段

a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移随时间变化关系．已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知()图5A．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为5∶2B．碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大C．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的

动能小D．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的16答案AD解析根据x－t图象的斜率表示速度，可知碰前滑块Ⅰ速度为v1＝－2m/s，滑块Ⅱ的速度为v2＝0.8m/s，则碰前速度大小之比为5∶2，故选项A正确；碰撞后的共同速度为v＝0

.4m/s，根据动量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝6m1，由动量的表达式可知|m1v1|＜m2v2，由动能的表达式可知，12m1v12>12m2v22，故选项B、C错误，D正确．

考点二动量守恒定律的临界问题1．当小物块到达最高点时，两物体速度相同．2．弹簧最短或最长时，两物体速度相同，此时弹簧弹性势能最大．3．两物体刚好不相撞，两物体速度相同．4．滑块恰好不滑出长木板，滑块滑到长木板

末端时与长木板速度相同．例3(多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的

方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞．总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员．不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为()A．48k

gB．53kgC．58kgD．63kg答案BC解析设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：M

v1＝mv0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，整理得vn＝2n－1mv0M，则v7＝260kg·m/sM，v8＝300kg

·m/sM.由题意知，v7<5m/s，则M>52kg，又知v8>5m/s，则M<60kg，故选B、C.例4(2016·全国卷Ⅱ·35(2))如图6，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的

小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30k

g，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10m/s2.图6(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？答案(1)20kg(2)不能，理由见解析解析(1)规定向左为正方向．冰块在斜面体

上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.对冰块与斜面体，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)v①12m2v02＝12(m2＋m3)v2＋m2gh

②式中v0＝3m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得v＝1m/s，m3＝20kg③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，对小孩与冰块，由动量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0④代入数据得v1＝－1m/s⑤设

冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，对冰块与斜面体，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3⑥12m2v02＝12m2v22＋12m3v32⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝－1m/s⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后

的速度相同且冰块处在后方，故冰块不能追上小孩．4．(临界问题)(2019·江西上饶市重点中学六校高三第二次联考)如图7所示，光滑悬空轨道上静止一质量为3m的小车A，用一段不可伸长的轻质细绳悬挂一质量为2m的木块B.一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块(时间极短)，在

以后的运动过程中，细绳离开竖直方向的最大角度小于90°，试求：(不计空气阻力，重力加速度为g)图7(1)子弹射入木块B时产生的热量；(2)木块B能摆起的最大高度；(3)小车A运动过程的最大速度大小．答案(1)13mv02(2)v0236g(3)13v0解析(1)子弹与

木块B作用瞬间水平方向的动量守恒，可得mv0＝(m＋2m)v1，解得v1＝v03.设产生的热量为Q，根据能量守恒定律有Q＝12mv02－32mv12＝13mv02.(2)木块B到最高点时，小车A、木块B、子弹三者有相同的水平速度，根据水平方向动量守恒有(m＋2m)v1＝(m＋2m＋3m)v2，解

得v2＝16v0.由机械能守恒定律有3mgh＋12×6mv22＝12×3mv12，解得h＝v0236g.(3)设小车A运动过程的最大速度为v4，此时木块的速度为v3，当木块回到原来高度时，小车的速度最大，根据水平方向动量守恒，有3m

v1＝3mv3＋3mv4，根据能量守恒定律有32mv12＝32mv32＋32mv42，解得v4＝13v0.课时精练1．(多选)如图1所示，在质量为M的小车上挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞过

程中，下列哪些情况的说法是可能发生的()图1A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋m

v2C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v1，满足Mv＝(M＋m)v1D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2答案BC解析在小车与木块直接碰撞的瞬间，彼此作用力很大，所

以它们的速度在瞬间发生改变，在此期间它们的位移可看成为零，而摆球并没有直接与木块发生力的作用，因为在它与小车共同匀速运动时，摆线沿竖直方向，因此绳的拉力不能改变小球速度的大小，即小球的速度不变，A、D错误；而小车和木块碰撞后，

可能以不同的速度继续向前运动，也可能以共同速度(完全非弹性碰撞)向前运动，B、C正确．2．(2019·湖北沙市中学模拟)如图2所示，光滑水平面上有两辆小车，用细线(未画出)相连，中间有一个被压缩的轻弹簧(与两小车未连接)，小车处于静止状态，烧断细线后，由于弹力的作用两小车分别

向左、右运动．已知两小车的质量之比为m1∶m2＝2∶1，下列说法正确的是()图2A．弹簧弹开后左右两小车的速度大小之比为1∶2B．弹簧弹开后左右两小车的动量大小之比为1∶2C．弹簧弹开过程左右两小车受到的冲量大小之比为2∶1D．弹簧弹开过程弹力对左右

两小车做功之比为1∶4答案A解析两小车及弹簧系统所受合力为零，动量守恒，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律得m2v2－m1v1＝0，解得v1∶v2＝1∶2，A正确；由动量守恒定律知，弹簧弹开后左右两小车的动量大小相等，B错误；弹簧弹开过程中，左右两小车受到的弹力大

小相等，作用时间相同，由I＝Ft知，左右两小车受到的冲量大小之比为1∶1，C错误；由动能定理得，弹簧弹开过程弹力对左右两小车做功之比为W1∶W2＝p122m1∶p222m2＝1∶2，D错误．3．如图3甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA＝1

kg.初始时刻B静止，A以一定的初速度向右运动，之后与B发生碰撞并一起运动，它们的位移—时间图象如图乙所示(规定向右为位移的正方向)，已知A、B碰撞时间极短(t＝0.01s)，图中无法显示，则()图3A．物块B的质量为2kgB．物块B的质量为4kgC．A、B碰撞时的平均作

用力大小为300ND．A、B碰撞时的平均作用力大小为100N答案C解析由题图乙可知撞前vA＝4m/s，vB＝0，撞后v＝20－168－4m/s＝1m/s，则由mAvA＝(mA＋mB)v可得mB＝mAvA－mAvv＝3kg，A、B错误；对B有Ft＝mBv－0，解得F＝300N，

C正确，D错误．4．(2017·全国卷Ⅰ·14)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A．30kg·m/sB．5.7×102kg·m/

sC．6.0×102kg·m/sD．6.3×102kg·m/s答案A解析设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2.由题意可知，燃气喷出后的瞬间，燃气的动量大小p2＝m2v2＝50×10－3×600kg·m/s＝30kg·m/s.以火箭运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得，0＝

m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30kg·m/s，所以A正确，B、C、D错误．5．(多选)(2020·湖北武汉市开学考试)如图4所示，在光滑平直的路面上静止着两辆完全相同的小车，人从a车跳上b车，又立即从b车跳回a车，并与a车保持相对静止

．下列说法正确的是()图4A．最终a车的速率大于b车的速率B．最终a车的速率小于b车的速率C．全过程中，a车对人的冲量大于b车对人的冲量D．全过程中，a车对人的冲量小于b车对人的冲量答案BD解析人与a、b组成的系统水平方向不受

外力，设水平向右的方向为正方向，根据动量守恒，则有0＝(m人＋ma)va－mbvb，得vavb＝mbma＋m人<1，则a车的速率小于b车的速率；人对两车的冲量大小：Ia＝mava，Ib＝mbvb＝(ma＋m人)va>mava，结合牛顿第三定律可知，a车对人的冲量小于b

车对人的冲量，故选B、D.6.(多选)(2019·福建龙岩市模拟)如图5所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同的物体A、B质量均为m，在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动．在t＝0时轻绳断开，A在F作用下继续前进，则下列说法正确

的是()图5A．t＝0至t＝mvF时间内，A、B的总动量守恒B．t＝2mvF至t＝3mvF时间内，A、B的总动量守恒C．t＝2mvF时，A的动量为2mvD．t＝4mvF时，A的动量为4mv答案AC解析在B停止运动前，A、B整体所受的合

外力为零，总动量守恒；在B停止运动后，A、B整体所受的合外力不为零，总动量不守恒．设A、B所受的滑动摩擦力大小均为Ff，系统匀速运动时，有F＝2Ff，得Ff＝F2；轻绳断开后，对B，取向右为正方向，由动量定理得－Fft＝0－mv，联立得t＝2mvF，即t＝2mvF时B

停止运动．在B停止运动前，即在t＝0至t＝2mvF时间内，A、B系统的合外力为零，总动量守恒，故A正确；t＝2mvF至t＝3mvF时间内，B停止运动，A做匀加速运动，系统的合外力不为零，则系统的总动量不

守恒，故B错误；t＝2mvF时，由系统的动量守恒得2mv＝pA＋0，得A的动量pA＝2mv，故C正确；t＝4mvF时，对A，由动量定理得(F－Ff)(4mvF－2mvF)＝pA′－2mv，解得A的动量pA′＝3mv，故D错误．7．(多选)(2020·吉林长春市模拟)在冰壶比

赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力．如图6甲所示，蓝壶静止在固定区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰，碰后两壶的加速度相等，若碰撞前后两壶的v－t图象如图乙所示．关于冰壶的运动，下列说法正确的是()图6

A．红壶碰撞前后速度大小变化了1.1m/sB．碰撞后蓝壶的加速度大小为0.3m/s2C．蓝壶运动了4s停下D．碰撞后两壶相距的最远距离为1.2m答案BD解析红壶碰撞前后的速度分别为1.2m/s、0.3m/s，所以红壶碰撞前后速度大小变化了0.9m/s，故A错误；碰撞后蓝壶的加速度大小等于红壶的

加速度大小，为a＝ΔvΔt＝0.31m/s2＝0.3m/s2，故B正确；设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v0＝1.2m/s，碰后速度为v0′＝0.3m/s，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv0′＋mv，解得：v＝0.9m/s，故蓝壶运动时间为t＝va＝3s，故C错误；碰撞后两壶相距的

最远距离等于碰后两图线与时间轴所围面积之差，为s＝0.9×32m－0.3×12m＝1.2m，故D正确．8．如图7所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面的左侧有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩，小孩与B车的总质量是A车质量的10倍．两车开始都处于静止状态，小孩把A车以相对于地面的速度v

推出，A车与墙壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A车后，又把它以相对于地面的速度v推出．每次推出，A车相对于地面的速度都是v，方向向左．则小孩把A车推出几次后，A车返回时小孩不能再接到A车()图7A．5B．6C．7D．8答

案B解析方法一取水平向右为正方向，小孩第一次推出A车时，有mBv1－mAv＝0，解得v1＝mAmBv，第n次推出A车时，有mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn，则vn－vn－1＝2mAmBv，所以vn＝v

1＋(n－1)2mAmBv，当vn≥v时，再也接不到小车，由以上各式得n≥5.5，取n＝6，故选B.方法二当小孩推、接小车A时，小车A、B与小孩组成的系统动量守恒，当A车与墙壁碰撞反弹时墙壁对A车冲量I＝2mAv系统动量增加2

mAv，设小孩把A车推出n次后，小孩恰好不能再接到A车，对整个系统由动量定理得：nI＝mAv＋mBv联立两式解得n＝5.5，故至少推6次．9．(2018·全国卷Ⅱ·24)汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞

时和两车都完全停止后的位置如图8所示，碰撞后B车向前滑动了4.5m，A车向前滑动了2.0m．已知A和B的质量分别为2.0×103kg和1.5×103kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10m/s

2.求：图8(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小．答案(1)3.0m/s(2)4.3m/s解析(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB.根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数．设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑

行的距离为sB.由运动学公式有vB′2＝2aBsB②联立①②式并利用题给数据得vB′＝3.0m/s③(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA④设碰撞后瞬间A车速度的大小为v

A′，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公式有vA′2＝2aAsA⑤设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA≈4.3m/s10．如图9所

示，甲车质量m1＝20kg，车上有质量M＝50kg的人，甲车(连同车上的人)以v＝3m/s的速度向右滑行，此时质量m2＝50kg的乙车正以v0＝1.8m/s的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，则人跳出甲车的水平速度(相对地面)应当在什

么范围内才能避免两车相撞？不计地面和小车的摩擦，且乙车足够长．图9答案大于或等于3.8m/s解析人跳到乙车上后，如果两车同向，且甲车的速度等于乙车的速度就可以恰好避免两车相撞以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，以向右为正方向由水平方向动量守恒得(m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M

)v′解得v′＝1m/s以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程水平方向动量守恒，得(m1＋M)v＝m1v′＋Mu解得u＝3.8m/s因此，只要人跳离甲车的速度大于或等于3.8m/s，就可避免两车相撞．11.(2021·江苏常州市期中)如图10所示，质量m＝1kg

的物块，可视为质点，右端和墙壁间压缩一水平轻弹簧，从A点静止释放后滑出B点，恰能过C点沿半径R＝0.5m的竖直半圆弧轨道的内侧做圆周运动，经最低点D滑到静止在水平地面的木板上．木板质量M＝4kg、长度L＝2.05m

，且与右侧等高的平台P相碰时将被立即锁定．已知物块与平台AB、物块与木板间的动摩擦因数均为μ＝0.5，其余摩擦不计，A、B间的距离L0＝0.6m，木板右端距离平台P左侧的初始距离为s，g＝10m/s2.求：图10(1)弹簧弹力对物块所做的功W

；(2)物块经过D点时所受轨道支持力F的大小；(3)物块滑上平台P时的动能Ek与s的关系．答案(1)5.5J(2)60N(3)见解析解析(1)物块恰好通过C点，有mg＝mvC2R解得vC＝5m/s由动能定理得，W－μmgL0＝

12mvC2解得W＝5.5J(2)物块由C运动到D，由动能定理得2mgR＝12mvD2－12mvC2解得vD＝5m/s在D点，F－mg＝mvD2R解得F＝60N(3)若物块与木板能共速，由动量守恒定律得mvD＝(M＋m)v共解得v共＝1m/s对物块，－μmg·x物＝12mv共2－12mvD2，

得x物＝2.4m对木板，μmg·x板＝12Mv共2，得x板＝0.4m,(L＋x板＞x物)(用牛顿运动定律解答同样得分)①若s≥0.4m，物块能和木板共速，则由能量守恒得：Ek＝12mv共2－μmg(L＋x板－x物)＝0.25J②若s<0.4m，物块不能和

木板共速，则由能量守恒得：Ek＝12mvD2－μmg·(L＋s)＝2.25－5s