9动量和能量在力学中综合应用二（板块问题）-2022年高考物理压轴题冲刺提升练习（解析版）.docx

九、动量和能量在力学中综合应用二（板块问题） 1、（2021年1月湖南省新高考适应性考试）如图，一滑板的上表面由长度为L的水平部分AB和半径为R的四分之一光滑圆弧BC组成，滑板静止于光滑的水平地面上。物体P（可视为质点）置于滑板上面的A点，物体P与滑板水平部分的动摩擦因数为（）。一根长度为L、不可伸长的细线，一端固定于O′点，另一端系一质量为m0的小球Q。小球Q位于最低点时与物体P处于同一高度并恰好接触。现将小球Q拉至与O′同一高度（细线处于水平拉直状态），然后由静止释放，小球Q向下摆动并与物体P发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。设物体P的质量为m，滑板的质量为2m。 (1)求小球Q与物体P碰撞前瞬间细线对小球拉力的大小； (2)若物体P在滑板上向左运动从C点飞出，求飞出后相对C点的最大高度； (3)要使物体P在相对滑板反向运动过程中，相对地面有向右运动速度，求的取值范围。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】（1）小球Q在下落过程中机械能守恒，因此有 在最低点对小球Q牛顿第二定律可得 联立解得 （2）小球Q和物块P发生弹性碰撞，则机械能和动量守恒，因此 ， 解得 物体和滑板在水平方向上不受力，则水平方向动量守恒 由能量守恒可得 物体离开滑板后两物体水平方向都做匀速直线运动，因此水平相对位置不变，竖直方向 联立可得 （3）要求P有相对地面向右的速度，说明P要滑到曲面上再返回运动，物块P相对滑板反方向运动过程中，可以知道当再次回到B点时两者的速度最大，此时P有向右运动的速度即可，因此再次回到B时水平方向动量守恒可得 由能量守恒可得 联立可得方程 因物体要经过B点，因此要求判别式大于零，速度向右说明结果要小于零；则 满足不等式即， 则 联立可得 2、（2021年海南省普通高中学业水平选择性考试）如图，一长木板在光滑的水平面上以速度向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和，它们之间的动摩擦因数为，重力加速度为g． （1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小； （2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离； （3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功． 【解析】（1）滑块和木板组成的系统动量守恒，2mv0=（m+2m）v， 解得v=2v0/3。 （2）某时刻木板速度是滑块的2倍，滑块和木板组成的系统，动量守恒， 2mv0= mv1+2 mv2， 能量守恒定律，有 μmg△x=·2mv02-（mv12+·2 mv22）， 其中v2=2 v1， 解得：△x=， （3）对于滑块有 μmgt= mv0， 对于木板匀速有F=μmg 木板运动的位移 x=v0t， W=Fx， 解得t=，W= mv02。 3、（2021年山东省普通高中学业水平选择性考试）海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量的鸟蛤，在的高度、以的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度，忽略空气阻力。 （1）若鸟蛤与地面的碰撞时间，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小F；（碰撞过程中不计重力） （2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为，速度大小在之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。 【解析】．（1）设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v，竖直方向分速度大小为，根据运动的合成与分解得 ① ② ③ 在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度v的方向为正方向，由动量定理得 ④ 联立①②③④式，代入数据得 ⑤ （2）若释放鸟蛤的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1，击中右端时，释放点的x坐标为，得 ⑥ ⑦ 联立①⑥⑦式，代入数据得 ⑧ 若释放鸟蛤时的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为，击中右端时，释放点的x坐标为，得 ⑨ ⑩ 联立①⑨⑩式，代入数据得 ⑪ 综上得x坐标区间或 ⑫ 4、（2020年天津市高考物理试卷）长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求 （1）A受到的水平瞬时冲量I的大小； （2）碰撞前瞬间B的动能至少多大？ 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有① A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为，有② 由动量定理，有③ 联立①②③式，得④ （2）设两球粘在一起时速度大小为，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足 ⑤ 要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为，由动量守恒定律，有⑥ 又⑦ 联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能至少为⑧ 5、(2021·江苏省如皋市高三上第三次月考)如图所示为某工地一传输工件的装置，AB为一段足够大且竖直固定的1/4圆弧轨道，BC为一段足够长的水平轨道，CD为一竖直固定的半径r=0.25m的1/4圆弧轨道，假设三段轨道均光滑。一长度为L=2m、质量为M=2kg的平板小车停在BC轨道的最左端，小车上表面刚好与AB、CD轨道最低点平齐。一可视为质点、质量为m=2kg的工件从距AB轨道最低点高度为h处从静止开始沿轨道滑下，滑上小车后带动小车向右运动，小车与C点碰后瞬间停在C处。工件只有从车上滑到CD轨道上并从D点飞出，才能被站在台面DE上的工人接住。工件与小车间的动摩擦因数为滋=0.5，取g=10m/s2，求： (1)工件从圆弧A点滑到B点时对圆轨道的压力为多大； (2)工件刚好可在小车最右端与车相对静止，工件释放高度h为多少； (3)要使工件能被站在台面DE上的工人接住，则h的取值范围为多少。 【解析】(1)工件下滑，根据机械能守恒得： 在B点，由牛顿第二定律得：FN－mg＝ 联立解得：FN＝60N 由牛顿第三定律知，工件在B点时对轨道的压力：F′N＝FN＝60N (2)设工件从h下滑，根据机械能守恒得：① 工件滑上小车到共速，由动量守恒得：mv1＝(m＋M)v2② 该过程摩擦生热：③ 联立①②③代入数据解得：h＝2m (3)工件从最低点h′下滑刚好可过D点，下滑过程：④ 工件与车共速，由动量守恒得：mv3＝(m＋M)v4⑤ 工件与车摩擦生热：⑥ 工件在CD间运动，根据机械能守恒得：⑦ 联立④⑤⑥⑦并代入数据解得h′＝m 可见，应使h满足：m<h≤2m 6、(2020·山西省临汾市高三上学期第二次月考)如图所示，一质量为m的长直木板放在光滑的水平地面上，木板左端放有一质量为km的木块，木块与木板间的动摩擦因数为，在长直木板右方有一坚直的墙．使木板与木块以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，设木板足够长，木块始终在木板上．重力加速度为g．求： （1）碰后，木块与木板第一次相对静止时的速度大小； （2）木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间； （3）分析k的取值是如何影响第(2)问中求出的时间的． 【答案】（1）（2）（3）由t=知：只由当k＞1时，才能发生两次碰撞;在k＞1的范围内，随着k的增加，时间t越来越小；反之，随着k的减小，时间t越来越大． 【解析】（1）第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速运动，木块向右做匀减速运动，最沿木板和重物达到一共同的速度v，由动量守恒得 kmv0-mv0=（km+m）v. 解得 （2）设木板的加速度为a，由牛顿第二定律得μkmg= ma 设从第一次与墙碰撞到木块和木板具有共同速度v所用的时间为t1 v=-v0+at1 在达到共同速度v时，木板离墙的距离l为l= 开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为t2= 从第一次碰撞到笫二次碰撞所经过的时间为t=t1+t2 由以上各式得 （3）由知：只由当k＞1时，才能发生两次碰撞. 在k＞1的范围内，随着k的增加，时间t越来越小；反之，随着k的减小，时间t越来越大． 7、(2021·湖南省株洲市高三教学质量统一检测)如图所示，光滑水平面上有一上表面水平的小车B，其右端固定一沙箱，沙箱的左壁外连接一水平的轻质弹簧，小车与沙箱的总质量为M=2kg．车上在沙箱左侧距其左壁s=1m的位置上放有一质量为m=1kg小物块A（可视为质点），A与小车上表面间的动摩擦因数为μ=0.1．仅在沙面上方空间存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E= 2×l03V/m．当物块A随小车以大小为v0=10m/s的水平速度向右做匀速直线运动时，距沙面H=5m高处有一质量为m0=2kg，带电荷量为q=1×10-2C的带正电小球C，被以大小为u0=10m/s的初速度水平向左抛出，最终落入沙箱中并陷入沙里．己知小球与沙箱的相互作用时间极短，且忽略弹費最短时的长度，并取重力加速度g=10m/s2．求： （1）小球落入沙箱时的水平速度大小vx； （2）小车在前进过程中，弹簧具有的最大弹性势能Ep； （3）设小车左端与沙箱左壁的距离为L，请分析讨论物块A相对小车向左运动的过程中，其与小车摩擦产生的热量Q与L的关系式．（注：关系式中只能保留Q与L两个字母） 【答案】（1）vx=0  （2）Ep=9J （3）当时，；当时， （国际单位） 【解析】（1）设小球在空中运动的时间为t，水平方向的加速度大小为a， 小球抛出后，在竖直方向有   水平方向有 水平方向由牛顿第二定律有 联立解得  vx =0 （2）以水平向右为正方向，设小球落入沙箱后瞬间，车与球的共同速度为v1，在小球落入沙箱过程，对车和球由水平方向动量守恒有： 设弹簧压缩至最短时小车与A的共同速度为v2，从球落入沙箱后瞬间到小车与A共速，对小车(含小球)与A分别由动量守恒和机械能守恒有： 且此过程由于摩擦产生的热量为： 代入数据联立解得：Ep=9J （3）若A与弹簧分离后恰好运动至车左端时与车相对静止，由（1）可知,小车与A的共同速度仍为：v2=6m/s 从弹簧压缩最短到A与车相对静止，由能量守恒有：  解得此情况下小车左端与沙箱左壁距离为  当时，A停在距离沙箱左壁处，故有： 数据代入解得： 当时，A最终会从小车的左端滑下，故有： 数据代入解得： （国际单位） 8、(2020·黑龙江省大庆中学高三下学期开学考试)如右图所示，P为位于某一高度处的质量为m的物块，B为位于水平地面上的质量为M的特殊长平板，，平板与地面间的动摩擦因数为μ＝2.00×10－2。 在板的上表面上方，存在一定厚度的“相互作用区域”，如图中划虚线的部分，当物块P进入相互作用区时，B便有竖直向上的恒力f作用于P， f＝αmg，α＝51，f对P的作用使P刚好不与B的上表面接触；在水平方向P、B之间没有相互作用力. 已知物块P开始自由落下的时刻，板B向右的速度为V0＝10.0m/s. P从开始下落到刚到达相互作用区所经历的时间为T0=2.00s。 设B板足够长，保证物块P总能落入B板上方的相互作用区，取重力加速度g＝9.80m/s2。 问：当B开始停止运动那一时刻，P已经回到过初始位置几次？ 【解析】根据题意，在物块P从开始下落至刚进入相互作用区的时间T0内，板在摩擦力作用下的加速度A0＝ 板速度的减少量ΔV1＝A0 T0　　　 物块P一旦进入相互作用区，便受到板的向上作用力，因而做减速运动，物块P刚进入相互作用区的速度v0＝g T0 设在相互区内物块P做减速运动的加速度为a，则由题给的条件可知a＝　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　④ 经历时间T，物块刚要到达B板上表面，则有v0＝g T 在T时间内，B板受到的摩擦力为(μMg＋αmg)，在摩擦力作用下的B板加速度A＝ 在这段时间内，B板速度的减少量ΔV2＝AT　 当物块P的加速度减到零后，又开始以加速度a向上加速运动，经历时间T，跑出相互作用区，在这段时间内，B板减少的速度仍是ΔV2；物块P离开相互作用区后，做加速度为g的减速运动，经历时间T0，回到初始位置，在这段时间内，B板减少的速度为ΔV1，以后物块又以从开起始位置自由落下，重复以前的运动，B板的速度再次减少。总结以上分析可知：每当物块P完成一次从起始位置自由下落，进入相互作用区后又离开相互作用区，最后回到起始位置的过程中，B板速度减少的总量为ΔV＝2ΔV1＋2ΔV2 由上面各式可得ΔV＝2μgT0＋2Mg(1＋α)T 设在物块P第n次回到起始位置时刻，B板的速度为Vn，则有Vn＝V0－2nμgT0＋2nμg(1＋α)T0 n越大，Vn越小。设当n＝n0时，vn0十分小，致使在物块P由n＝n0到n＝n0＋1的过程中的某一时刻，B板的速度已减为零，若仍用⑩式，这表示n＝n0时vn0＞0 当n＝n0＋1时vn0＋1＜0 即有　V0－2n0μgT0＋2n0 Mg(1＋α)T0＞0 V0－2(n0＋1)μgT0＋2(n0＋1) Mg(1＋α)T0＜0 或有n0＜ 　n0＞ 代入有关数据，得n0＜11.37 n0＞10.37 因为n0为整数，故有n0＝11 即当B开始停止运动的那一时刻，P已经回到过初始位置11次。 9、(2021·辽宁师大附中模拟)如图所示,倾角θ=30°的光滑斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板。将长木板A静置于斜面上,A上放置一小物块B,初始时A下端与挡板相距L=4 m,现同时无初速度释放A和B。已知在A停止运动之前B始终没有脱离A且不会与挡板碰撞,A和B的质量均为m=1 kg,它们之间的动摩擦因数μ=,A或B与挡板每次碰撞损失的动能均为ΔE=10 J,忽略碰撞时间,重力加速度大小g取10 m/s2。求: (1)A第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小v。(结果可以用根式表示) (2)A第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞的时间Δt。(结果可以用根式表示) (3)B相对于A滑动的可能最短时间t。(结果可以用根式表示) 【答案】(1)2 m/s　(2) s (3) s 【解析】 (2)第一次碰后,对B有:mgsinθ=μmgcosθ 故B匀速下滑 ③ 对A有:mgsinθ+μmgcosθ=ma1 ④ 解得:a1=10 m/s2,方向始终沿斜面向下 ⑤ 设A第1次反弹的速度大小为v1,由功能关系得:mv2-m=ΔE ⑥ Δt= ⑦ 由⑥⑦式得:Δt= s⑧学科￥网 由式得B沿A向上做匀减速运动的时间: t2== s 当B速度为0时,因mgsinθ=μmgcosθ≤Ffm,B将静止在A上,当A停止运动时,B恰好匀速滑至挡板处,B相对A运动的时间t最短,故:t=Δt+t2= s 10、(2020·吉林省吉林市高三下第四次调研)一辆质量m=2千克的平板车左端放有质量M＝3千克的小滑块，滑块与平板车之间的摩擦系数μ=0.4．开始时平板车和滑块共同以v0＝2米／秒的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反．平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车右端．（取g=10米／秒2）求： （1）平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离． （2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v． （3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长？ 【解析】设第一次碰墙壁后，平板车向左移动S，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理得：－μMgS＝0－ S＝ 代入数据得：S＝0.33 （2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，那么其速度的大小肯定还是2米／秒，滑块的速度则大于2米／秒，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度v．此即平板车碰墙前瞬间的速度．Mv0－mv0＝(M＋m)v　 v＝　　 代入数据得：v＝0.4m/s　 （3）平板车与墙壁第一次碰撞后到滑块与平板车又达到共同速度v前的过程，可用图（a）（b）（c）表示，图（a）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图（b）为平板车到达最左端时两者的位置，图（C）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功uMgS＇，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做μMgS〃（平板车从B到A再回到B的过程中摩擦力做功为零），其中S＇、S〃分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μMgl，其中l1=S＇＋S〃为滑块相对平板车的位移．此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为l，则有 　　＝μMgl l＝ 代入数据得：l＝0.833m⑨ l即为平板车的最短长度。 11、(2020·江苏省镇江市高三上学期期末)如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U形滑板N，滑板两端为半径R=0.45 m的1/4圆弧而，A和D分别是圆弧的端点，BC段表面粗糙，其余段表面光滑，小滑块P1和P2的质量均为m，滑板的质量M=4 m．P1和P2与BC面的动摩擦因数分别为和，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，开始时滑板紧靠槽的左端，P2静止在粗糙面的B点，P1以v0=4.0 m/s的初速度从A点沿弧面自由滑下，与P2发生弹性碰撞后，P1处在粗糙面B点上，当P2滑到C点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P2继续滑动，到达D点时速度为零，P1与P2视为质点，取g=10 m/s2．问： （1）P2在BC段向右滑动时，滑板的加速度为多大？ (2)BC长度为多少？N、P1和P2最终静止后，P1与P2间的距离为多少？ 【解析】（1）P1滑到最低点速度为，由机械能守恒定律有： 解得： P1、P2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为、 解得： =5m/s P2向右滑动时，假设P1保持不动，对P2有：（向左） 对P1、M有： 此时对P1有：，所以假设成立。 （2）P2滑到C点速度为，由 得 P1、P2碰撞到P2滑到C点时，设P1、M速度为v，对动量守恒定律： 解得： 对P1、P2、M为系统： 代入数值得： 滑板碰后，P1向右滑行距离： P2向左滑行距离： 所以P1、P2静止后距离： 12、(2020·陕西省渭南市高三下教学质量检测)如图，长木板ab的b端固定一档板，木板连同档板的质量为M=4.0kg，a、b间距离s=2.0m。木板位于光滑水平面上。在木板a端有一小物块，其质量m=1.0kg，小物块与木板间的动摩擦因数，它们都处于静止状态。现令小物块以初速沿木板向前滑动，直到和档板相撞。碰撞后，小物块恰好回到a端而不脱离木板。求碰撞过程中损失的机械能。 【解析】设木块和物块最后共同的速度为v，由动量守恒定律： ① 设全过程损失的机械能为E，则： 　　　　　　　 ② 用s1表示从物块开始运动到碰撞前瞬间木板的位移，W1表示在这段时间内摩擦力对木板所做的功。用W2表示同样时间内摩擦力对物块所做的功。用s2表示从碰撞后瞬间到物块回到a端时木板的位移，W3表示在这段时间内摩擦力对木板所做的功。用W4表示同样时间内摩擦力对物块所做的功。用W表示在全过程中摩擦力做的总功，则W1= ③ W2= ④ W3= ⑤ W4= ⑥ W=W1+W2+W3+W4 ⑦ 用E1表示在碰撞过程中损失的机械能，则E1=E－W ⑧ 由①—⑧式解得 ⑨ 代入数据得：E1=2.4J ⑩ 13、(2020·四川省乐山市高三下第三次调研)一段凹槽A倒扣在水平长木板C上，槽内有一小物块B，它到槽两侧的距离均为，如图所示。木板位于光滑水平的桌面上，槽与木板间的摩擦不计，小物块与木板间的摩擦系数为μ。A、B、C三者质量相等，原来都静止。现使槽A以大小为v0的初速向右运动，已知。当A和B发生碰撞时，两者速度互换。求： (1)从A、B发生第一次碰撞到第二次碰撞的时间内，木板C运动的路程。 (2)在A、B刚要发生第四次碰撞时，A、B、C三者速度的大小。 【解析】 (1)A与B刚发生第一次碰撞后，A停下不动，B以初速v0向右运动。由于摩擦，B向右作匀减速运动，而C向右作匀加速运动，两者速率逐渐接近。设B、C达到相同速度v1时B移动的路程为s1．设A、B、C质量皆为m，由动量守恒定律，得：mv0＝2mv1 由功能关系，得：μmg＝ 由①得：v1＝v0 代人②式，得: s1＝ 根据条件v0＜得： s1＜ 可见，在B、C达到相同速度v1时，B尚未与A发生第二次碰撞。B与C一起将以v1向右匀速运动一段距离（l－s1）后才与A发生第二次碰撞。设C的速度从零变到v1的过程中，C的路程为s2。由功能关系，得： μmgs2＝解得：s2＝ 因此在第一次到第二次碰撞间C的路程为：s＝s2＋l－s1＝l－　 （2）由上面讨论可知，在刚要发生第二次碰撞时，A静止，B、C的速度均为v1．刚碰撞后，B静止，A、C的速度均为v1．由于摩擦，B将加速，C将减速，直至达到相同速度v2．由动量守恒定律，得： mv1＝2mv2 解得：v2＝ 因A的速度v1大于B的速度v2，故第三次碰撞发生在A的左壁。刚碰撞后，A的速度变为v2，B的速度变为v1，C的速度仍为v1。由于摩擦，B减速，C加速，直至达到相同速度v3。由动量守恒定律，得： mv1＋mv2＝2mv3 解得：v3＝ 故刚要发生第四次碰撞时，A、B、C的速度分别为：vA＝v2＝ vB＝vC＝ 14. (2020·广西柳州高三下学期4月线上模拟)光滑水平地面上，人与滑板A一起以v0=0.5m/s的速度前进，正前方不远处有一横杆，横杆另一侧有一静止滑板B，当人与A行至横杆前，人相对滑板竖直向上起跳(起跳瞬间人与A的水平速度都不发生改变)越过横杆，A从横杆下方通过并与B发生弹性碰撞，之后人刚好落到B上，不计空气阻力，求最终人与B共同速度是多少？已知m人=40kg，mA=5kg，mB=10kg． 【答案】m/s。 【解析】人跳起后A与B碰撞前后动量守恒，机械能守恒， 设碰后A的速度v1，B的速度为v2， 则：mAv0=mAv1+mBv2； 解得：m/s； 人下落与B作用前后，水平方向动量守恒，设共同速度v3， m人v0+mBv2=（m人+mb）v3 代入数据得：v3=m/s。