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资源介绍

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1
A．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1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　　)

图2
A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
答案　A
解析　根据题图图象，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0 m/s，v乙＝1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1.0 m/s，v乙′＝2.0 m/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＝6 kg，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＝3 J，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3
A．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＝3.0 kg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＝1.0 kg的小木块A，同时给A和B以大小均为4.0 m/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4
A．2.1 m/s B．2.4 m/s
C．2.8 m/s D．3.0 m/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≈2.67 m/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＝2 m/s，则在木块A做加速运动的时间内，B的速度大小范围为2 m/s 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5
A．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为5∶2
B．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＝－2 m/s，滑块Ⅱ的速度为v2＝0.8 m/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＝0.4 m/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4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/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5.0 m/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5.0 m/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．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg
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：Mv1＝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＝260 kg·m/sM，v8＝300 kg·m/sM.由题意知，v7<5 m/s，则M>52 kg，又知v8>5 m/s，则M<60 kg，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3 m/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＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/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)20 kg　(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)v①
12m2v02＝12(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v0＝3 m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得
v＝1 m/s，m3＝20 kg③
(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＝－1 m/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＋m3v3⑥
12m2v02＝12m2v22＋12m3v32⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得
v2＝－1 m/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3mv1＝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1
A．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＋m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v1，满足Mv＝(M＋m)v1
D．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2
A．弹簧弹开后左右两小车的速度大小之比为1∶2
B．弹簧弹开后左右两小车的动量大小之比为1∶2
C．弹簧弹开过程左右两小车受到的冲量大小之比为2∶1
D．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＝0.01 s)，图中无法显示，则(　　)

图3
A．物块B的质量为2 kg
B．物块B的质量为4 kg
C．A、B碰撞时的平均作用力大小为300 N
D．A、B碰撞时的平均作用力大小为100 N
答案　C
解析　由题图乙可知撞前vA＝4 m/s，vB＝0，撞后v＝20－168－4 m/s＝1 m/s，则由mAvA＝(mA＋mB)v可得mB＝mAvA－mAvv＝3 kg，A、B错误；对B有Ft＝mBv－0，解得F＝300 N，C正确，D错误．
4．(2017·全国卷Ⅰ·14)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为
600 m/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．30 kg·m/s　　　　　　 B．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·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＝50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·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＝30 kg·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4
A．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5
A．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2mv
D．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1.1 m/s
B．碰撞后蓝壶的加速度大小为0.3 m/s2
C．蓝壶运动了4 s停下
D．碰撞后两壶相距的最远距离为1.2 m
答案　BD
解析　红壶碰撞前后的速度分别为1.2 m/s、0.3 m/s，所以红壶碰撞前后速度大小变化了
0.9 m/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＝0.31 m/s2＝0.3 m/s2，故B正确；设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v0＝1.2 m/s，碰后速度为v0′＝0.3 m/s，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv0′＋mv，解得：v＝0.9 m/s，故蓝壶运动时间为t＝va＝3 s，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＝0.9×32 m－0.3×12 m＝1.2 m，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7
A．5 B．6
C．7 D．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＝v1＋(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2mAv，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4.5 m，A车向前滑动了2.0 m．已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，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＝10 m/s2.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)3.0 m/s　(2)4.3 m/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′＝3.0 m/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vA′，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≈4.3 m/s
10．如图9所示，甲车质量m1＝20 kg，车上有质量M＝50 kg的人，甲车(连同车上的人)以v＝3 m/s的速度向右滑行，此时质量m2＝50 kg的乙车正以v0＝1.8 m/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3.8 m/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′＝1 m/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＝3.8 m/s
因此，只要人跳离甲车的速度大于或等于3.8 m/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＝1 kg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＝0.5 m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＝4 kg、长度L＝2.05 m，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＝0.6 m，木板右端距离平台P左侧的初始距离为s，g＝10 m/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)5.5 J　(2)60 N　(3)见解析
解析　(1)物块恰好通过C点，有mg＝mvC2R
解得vC＝5 m/s
由动能定理得，W－μmgL0＝12mvC2
解得W＝5.5 J
(2)物块由C运动到D，由动能定理得2mgR＝12mvD2－12mvC2
解得vD＝5 m/s
在D点，F－mg＝mvD2R
解得F＝60 N
(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＝1 m/s
对物块，－μmg·x物＝12mv共2－12mvD2，得x物＝2.4 m
对木板，μmg·x板＝12Mv共2，得x板＝0.4 m,(L＋x板＞x物)
(用牛顿运动定律解答同样得分)
①若s≥0.4 m，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)＝0.25 J
②若s<0.4 m，物块不能和木板共速，
则由能量守恒得：Ek＝12mvD2－μmg·(L＋s)＝2.25－5s

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