【講與練】高中物理人教版(2019)選擇性必修1：第1章動量守恒定律章末小結(jié)課件

第一章動量守恒定律章

末

小

結(jié)方法歸納提煉進考場練真題知識網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建知識網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建方法歸納提煉

一、動量定理及應用1．沖量的計算(1)恒力的沖量：公式I＝FΔt適用于計算恒力的沖量(2)變力的沖量：①通常利用動量定理I＝Δp求解②可用圖像法計算。在F-t圖像中陰影部分(如圖)的面積就表示力在時間Δt＝t2－t1內(nèi)的沖量2．動量定理FΔt＝mv2－mv1的應用(1)它說明的是力對時間的累積效應。應用動量定理解題時，只考慮物體的初、末狀態(tài)的動量，而不必考慮中間的運動過程。(2)應用動量定理求解的問題：①求解曲線運動的動量變化量②求變力的沖量問題及平均力問題③求相互作用時間④利用動量定理定性分析一些物理現(xiàn)象

(2023·福建廈門科技中學高二檢測)起跳摸高是學生常進行的一項活動。某中學生身高為1.80m，質(zhì)量為70kg。他站立舉臂，手指摸到的高度為2.10m。在一次摸高測試中，如果他先下蹲，再用力蹬地向上跳起，同時舉臂，離地后手指摸到高度為2.55m。設(shè)他從蹬地到離開地面所用的時間為0.7s。不計空氣阻力，g取10m/s2。求：(1)從蹬地到離開地面過程中重力的沖量的大??；(2)上跳過程中他對地面平均壓力的大小。例1思路引導：(1)重力的沖量可由沖量的定義式直接求解。(2)地面所受的平均壓力可由動量定理求解。(3)解決這一類問題要注意研究對象的選擇和研究過程中物體的受力分析。解析：(1)根據(jù)沖量的定義可知重力的沖量大小為IG＝mgt＝70×10

×0.7N·s＝490N·s。(2)中學生摸高跳起的高度h＝(2.55－2.10)m＝0.45m，所以他跳起剛離開地面時的速度大小設(shè)上跳過程中地面對他的平均支持力為F，根據(jù)動量定理有Ft－IG＝mv，代入數(shù)值解得F的大小為F＝1000N。根據(jù)牛頓第三定律得上跳過程中他對地面平均壓力F′的大小F′＝F＝1000N。答案：(1)490N·s

(2)1000N二、動量守恒定律應用中的臨界問題1．尋找臨界狀態(tài)題設(shè)情景中看是否有相互作用的兩物體相距最近、恰好滑離、避免相碰和物體開始反向運動等臨界狀態(tài)。2．挖掘臨界條件在與動量相關(guān)的臨界問題中，臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對速度關(guān)系與相對位移關(guān)系。3．常見類型(1)涉及彈簧類的臨界問題對于由彈簧組成的系統(tǒng)，在物體間發(fā)生相互作用的過程中，當彈簧被壓縮到最短或拉伸到最長時，彈簧兩端的兩個物體的速度必然相等。(2)涉及相互作用邊界的臨界問題在物體滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的過程中，由于物體間彈力的作用，斜面在水平方向上將做加速運動，物體滑到斜面上最高點的臨界條件是物體與斜面沿水平方向具有共同的速度，物體到達斜面最高點時，在豎直方向上的分速度等于零。(3)子彈打木塊類的臨界問題子彈剛好擊穿木塊的臨界條件為子彈穿出時的速度與木塊的速度相同，子彈位移為木塊位移與木塊厚度之和。

如圖所示，甲、乙兩個小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲。甲和他的冰車的質(zhì)量共為M＝30kg，乙和他的冰車總質(zhì)量也是30kg，游戲時，甲推著一個質(zhì)量為m＝15kg的箱子，和他一起以大小為v0＝2.0m/s的速度滑行，乙以同樣大小的速度迎面滑來，為了避免相撞，甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子滑到乙處時乙迅速把它抓住。若不計冰面的摩擦力，求甲至少要以多大的速度(相對于地面)將箱子推出，才能避免與乙相撞。例2思路引導：

本題從動量守恒定律的應用角度看并不難，但需對兩個物體的運動關(guān)系分析清楚(乙和箱子、甲的運動關(guān)系如何，才能不相撞)。這就需要我們要將“不相撞”的實際要求轉(zhuǎn)化為物理條件，即：甲、乙可以同方向運動，但只要乙的速度不小于甲的速度，就不可能相撞。解析：在甲推出箱子的過程中，甲和箱子組成的系統(tǒng)動量守恒。乙接到箱子并和乙一起運動的過程中，乙和箱子組成的系統(tǒng)動量也是守恒的，分別選甲、箱子為研究對象，箱子、乙為研究對象求解。要想剛好避免相撞，要求乙抓住箱子后與甲推出箱子后的速度正好相等。設(shè)甲推出箱子后的速度為v1，箱子的速度為v，乙抓住箱子后的速度v2。對甲和箱子，推箱子前后動量守恒，以初速度方向為正，由動量守恒定律：(M＋m)v0＝mv＋Mv1 ①對乙和箱子，抓住箱子前后動量守恒，以箱子初速方向為正，由動量守恒定律有：mv－Mv0＝(m＋M)v2 ②剛好不相撞的條件是：v1＝v2 ③聯(lián)立①②③解得：v＝5.2m/s，方向與甲和箱子初速的方向一致。答案：5.2m/s，方向與甲的初速度方向相同三、解答動力學問題的三種思路1．三種思路的比較思路特點分析適用情況力的觀點：牛頓運動定律結(jié)合運動學公式分析物體的受力，確定加速度，建立加速度和運動量間的關(guān)系，涉及力、加速度、位移、速度、時間恒力作用下的運動思路特點分析適用情況能量觀點：動能定理、機械能守恒定律和能量守恒定律分析物體的受力、位移和速度，確定功與能的關(guān)系。系統(tǒng)內(nèi)力做功會影響系統(tǒng)能量，涉及力、位移、速度恒力作用下的運動、變力作用下的運動、往復運動、瞬時作用動量觀點：動量定理和動量守恒定律分析物體的受力(或系統(tǒng)所受外力)、速度，建立力、時間與動量間的關(guān)系(或動量守恒定律)，系統(tǒng)內(nèi)力不影響系統(tǒng)動量，涉及力、時間、動量(速度)恒力作用下的運動、變力作用下的運動、瞬時作用、往復運動2．三種思路的選擇(1)對于不涉及物體運動過程中的加速度和時間問題，無論是恒力做功還是變力做功，一般都利用動能定理求解；如果只有重力和彈簧彈力做功而不涉及運動過程的加速度和時間問題，則采用機械能守恒定律求解。(2)對于碰撞、反沖類問題，應用動量守恒定律求解，對于相互作用的兩物體，往往還應考慮選用能量守恒(功能關(guān)系)建立方程。(1)若研究對象為一個系統(tǒng)，應優(yōu)先考慮兩大守恒定律。若研究對象為單一物體，可優(yōu)先考慮兩個定理，特別是涉及時間問題時應優(yōu)先考慮動量定理，涉及功和位移問題時應優(yōu)先考慮動能定理。所選方法不同，處理問題的難易、繁簡程度可能有很大的差別。(2)兩個守恒定律和兩個定理只考查一個物理過程的始、末兩個狀態(tài)有關(guān)物理量間的關(guān)系，對過程的細節(jié)不予細究，這正是它們的方便之處。特別是對于變力做功、曲線運動、豎直平面內(nèi)的圓周運動、碰撞等問題，就更顯示出它們的優(yōu)越性。

(2023·天津南開區(qū)高二檢測)如圖所示，質(zhì)量為m＝1.5kg的木塊以v0＝8m/s的速度水平滑上靜止在光滑水平地面上的平板小車，最終二者以相同的速度共同運動。已知平板小車的質(zhì)量M＝4.5kg，木塊與小車之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.6(g取10m/s2)。求：例3(1)從木塊滑上小車到它們處于相對靜止所用時間t及二者共同速度v的大??；(2)從木塊滑上小車到它們處于相對靜止小車運動的位移x；(3)從木塊滑上小車到它們處于相對靜止時木塊相對小車滑行的距離s。解析：(1)以木塊和小車為研究對象，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝2m/s，以小車為研究對象，根據(jù)動量定理得μmgt＝Mv－0，解得t＝1s。答案：(1)1s

(2)1m

(3)4m四、動量和能量的綜合問題1．利用動量的觀點和能量的觀點解題時應注意的問題：(1)動量定理和動量守恒定律是矢量表達式，還可寫出分量表達式；而動能定理和能量守恒定律是標量表達式，無分量表達式。(2)動量和能量的綜合問題往往涉及的物體多、過程多、題目綜合性強，解題時要認真分析物體間相互作用的過程，將過程合理分段，明確在每一個子過程中有哪些物體組成的系統(tǒng)動量守恒，哪些物體組成的系統(tǒng)機械能守恒，然后針對不同的過程和系統(tǒng)，選擇動量守恒定律或機械能守恒定律或能量守恒定律列方程求解。2．動量、能量問題解題思路

(2023·四川省眉山市高二下學期期末)如圖所示，一輕彈簧右端固定在粗糙水平面右側(cè)的豎直墻壁上，質(zhì)量為M＝2kg的物塊靜止在水平面上的P點，質(zhì)量為m＝1kg的小球用長l＝0.9m的輕繩懸掛在P點正上方的O點?，F(xiàn)將小球拉至懸線與豎直方向成60°角位置，靜止釋放。小球達到最低點時恰好與物塊發(fā)生彈性正碰。碰后物塊向右運動并壓縮彈簧，之后物塊被彈回，剛好能回到P點。設(shè)小球與物塊只碰撞一次，不計空氣阻力，物塊和小球均可視為質(zhì)點，重力加速度取g＝10m/s2。求：例4(1)小球第一次擺到最低點時對細線的拉力大??；(2)彈簧的最大彈性勢能Ep。答案：(1)20N

(2)2J進考場練真題一、高考真題探析

(2019·全國卷Ⅰ，25)豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖(a)所示。t＝0時刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑，一段時間后與B發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)；當A返回到傾斜軌道上的P點(圖中未標出)時，速度減為0，此時對其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止。物體A運動的v－t圖像如圖(b)所示，圖中的v1和t1均為未知量。已知A的質(zhì)量為m，初始時A與B的高度差為H，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。典例(1)求物塊B的質(zhì)量；(2)在圖(b)所描述的整個運動過程中，求物體A克服摩擦力所做的功。思路引導：本題考查了動量守恒定律、機械能守恒定律及動能定理，認真分析圖像所提供的信息是解題關(guān)鍵。(2)在圖(b)所描述的運動中，設(shè)物塊A與軌道間的滑動摩擦力大小為f，下滑過程中所走過的路程為s1，返回過程中所走過的路程為s2，P點的高度為h，整個過程中克服摩擦力所做的功為W。由動能定理有二、臨場真題練兵1．(2022·山東卷，2)我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長征十一號系列運載火箭。如圖所示，發(fā)射倉內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時再點火飛向太空。從火箭開始運動到點火的過程中(

)A．火箭的加速度為零時，動能最大B．高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動能C．高壓氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量D．高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量A解析：火箭從發(fā)射倉發(fā)射出來，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的推力作用，且推力大小不斷減小，剛開始向上的時候高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，故火箭向上做加速度減小的加速運動，當向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭的加速度為零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭接著向上做加速度增大的減速運動，直至速度為零，故當火箭的加速度為零時，速度最大，動能最大，故A正確；根據(jù)能量守恒定律，可知高壓氣體釋放的能量轉(zhuǎn)化為火箭的動能、火箭的重力勢能和內(nèi)能，故B錯誤；根據(jù)動量定理，可知合力沖量等于火箭動量的增加量，故C錯誤；根據(jù)功能關(guān)系，可知高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭機械能的增加量，故D錯誤。2．(2022·湖南卷，4)1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性粒子(即中子)組成。如圖，中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2。設(shè)碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應，下列說法正確的是(

)A．碰撞后氮核的動量比氫核的小B．碰撞后氮核的動能比氫核的小C．v2大于v1D．v2大于v0B3．(多選)(2021·山東卷，11)如圖所示，載有物資的熱氣球靜止于距水平地面H的高處，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物資以相對地面的速度v0水平投出，落地時物資與熱氣球的距離為d。已知投出物資后熱氣球的總質(zhì)量為M，所受浮力不變，重力加速度為g，不計阻力，以下判斷正確的是(

)A．投出物資后熱氣球做勻加速直線運動B．投出物資后熱氣球所受合力大小為mgBC解析：

熱氣球開始攜帶物資時處于靜止狀態(tài)，所受合外力為0，初動量為0，水平投出重力為mg的物資瞬間，滿足動量守恒定律Mv＝mv0，則熱氣球和物資的動量等大反向，熱氣球獲得水平向左的速度v，熱氣球所受合外力恒為mg，豎直向上，所以熱氣球做勻加速曲線運動，A錯誤，B正確；熱氣球和物資的運動示意圖如圖所示4．(2020·全國卷Ⅲ，15)甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg，則碰撞過程兩物塊損失的機械能為(

)A．3J

B．4J

C．5J

D．6JA5．(多選)(2020·全國卷Ⅱ，21)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞?？偣步?jīng)過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質(zhì)量可能為(

)A．48kg B．53kgC．58kg D．63kgBC6．(2022·全國甲卷，23)利用圖示的實驗裝置對碰撞過程進行研究。讓質(zhì)量為m1的滑塊A與質(zhì)量為m2的靜止滑塊B在水平氣墊導軌上發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，比較碰撞后A和B的速度大小v1和v2，進而分析碰撞過程是否為彈性碰撞。完成下列填空：(1)調(diào)節(jié)導軌水平；(2)測得兩滑塊的質(zhì)量分別為0.510kg和0.304kg。要使碰撞后兩滑塊運動方向相反，應選取質(zhì)量為___________kg的滑塊作為A；(3)調(diào)節(jié)B的位置，使得A與B接觸時，A的左端到左邊擋板的距離s1與B的右端到右邊擋板的距離s2相等；(4)使A以一定的初速度沿氣墊導軌運動，并與B碰撞，分別用傳感器記錄A和B從碰撞時刻開始到各自撞到擋板所用的時間t1和t2；0.3040.310.320.347．(2022·山東卷，18)如圖所示，“L”型平板B靜置在地面上，小物塊A處于平板B上的O′點，O′點左側(cè)粗糙，右側(cè)光滑。用不可伸長的輕繩將質(zhì)量為M的小球懸掛在O′點正上方的O點，輕繩處于水平拉直狀態(tài)。將小球由靜止釋放，下擺至最低點與小物塊A發(fā)生碰撞，碰后小球速度方向與碰前方向相同，開始做簡諧運動(要求擺角小于5°)，A以速度v0沿平板滑動直至與B右側(cè)擋板發(fā)生彈性碰撞。一段時間后，A返回到O點的正下方時，相對于地面的速度減為零，此時小球恰好第一次上升到最高點。已知A的質(zhì)量mA＝0.1kg，B的質(zhì)量mB＝0.3kg，A與B的動摩擦因數(shù)μ1＝0.4，B與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.225，v0＝4m/s，取重力加速度g＝10m/s2。整個過程中A始終在B上，所有碰撞時間忽略不計，不計空氣阻力，求：(1)A與B的擋板碰撞后，二者的速度大小vA與vB；(2)B光滑部分的長度d；(3)運動過程中A對B的摩擦力所做的功Wf；8．(2022·浙江卷，20)如圖所示，在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量為m的物塊a靜置于懸點O正下方的A點，以速度v逆時針轉(zhuǎn)動的傳送帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上，AB、MN、CD的長度均為l。圓弧形細管道DE半徑為R，EF在豎直直徑上，E點高度為H。開始時，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點，并向左拉開一定的高度h由靜止下擺，細線始終張緊，擺到最低點時恰好與a發(fā)生彈性正碰。已知m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物塊與MN、CD之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，軌道AB和管道DE均光滑，物塊a落到FG時不反彈且靜止。忽略M、B和N、C之間的空隙，CD與DE平滑連接，物塊可視為質(zhì)點。(1)若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬時物塊a的速度v0的大??；(2)物塊a在DE最高點時，求管道對物塊的作用力FN與h間滿足的關(guān)系；(3)若物塊b釋放高度0.9m<h<1.65m，求物塊a最終靜止的位置x值的范圍(以A點為坐標原點，水平向右為正，建立x軸)。答案：(1)5m/s

(2)FN＝0.1h－0.14(N)(h≥1.2m)

(3)見解析當0.9m<h<1.2m時，從h2＝0.9m釋放時，物塊a運動到距C點0.8m處速度恰好為零，物塊a由E點速度為零，返回到CD時距C點0.6m處速度恰好為零，2.6m<x≤3m。9．(2022·廣東卷，13)某同學受自動雨傘開傘過程的啟發(fā)，設(shè)計了如圖所示的物理模型。豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個滑塊，初始時它們處于靜止狀態(tài)。當滑塊從A處以初速度v0為10m/s向上滑動時，受到滑桿的摩擦力f為1N，滑塊滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運動。已知滑塊的質(zhì)量m＝0.2kg，滑桿的質(zhì)量M＝0.6kg，A、B間的距離l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。求：(1)滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小N1和N2；(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v1；(3)滑桿向上運動的最大高度h。答案：(1)N1＝8N

N2＝5N

(2)v1＝8m/s

(3)h＝0.2m解析：(1)當滑塊處于靜止時桌面對滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的重力，即N1＝(m＋M)g＝8N，當滑塊向上滑動過程中受到滑桿的摩擦力為1N，根據(jù)牛頓第三定律可知滑塊對滑桿的摩擦力也為1N，方向豎直向上，則此時桌面對滑桿的支持力為N2＝mg－f′＝5N。(1)求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比；(2)若籃球反彈至最高處h時，運動員對籃球施加一個向下的壓力F，使得籃球與地面碰撞一次后恰好反彈至h的高度處，力F隨高度y的變化如圖(b)所示，其中h0已知，求F0的大??；(3)籃球從H高度處由靜止下落后，每次反彈至最高點時，運動員拍擊一次籃球(拍擊時間極短)，瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量I，經(jīng)過N次拍擊后籃球恰好反彈至H高度處，求沖量I的大小。(3)籃球從H高處下落碰到地面后上升的高度為h1＝h運動員第1次拍擊籃球，由動量定理得沖量I＝mv0，籃球從最高點到第二次與地面相碰前有11．(2022·全國乙卷，25)如圖(a)，一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上；物塊B向A運動，t＝0時與彈簧接觸，到t＝2t0時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的v-t圖像如圖(b)所示。已知從t＝0到t＝t0時間內(nèi)，物塊A運動的距離為0.36v0t0。A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達到的最高點與前一次相同。斜面傾角為θ(sinθ＝0.6)，與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求：(1)第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；(2)第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；(3)物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)。解析：(1)水平面光滑，故在水平面上兩物塊碰撞過程動量守恒，從B與彈簧接觸到彈簧第一次壓縮到最短過程中有mBv1＝(mB＋mA)v0，

①其中v1＝1.2v0，

②可得mB＝5m，

③該過程中機械能守恒，設(shè)彈簧最大彈性勢能為Ep，得(2)從A、B開始相碰前到二者速度相等過程中，由動量守恒有mBvB＝mBvB′＋mvA′，等式兩邊同時乘以Δt，并在0～t0時間內(nèi)求和，有mBvBt0＝mBxB＋mxA，由題意知xA＝0.36v0t0，代入解得xB＝1.128v0t0，所以第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值x＝xB－xA＝0.768v0t0；(3)設(shè)物塊A第一次從斜面滑到平面上時的速度為vx，物塊A(含彈簧)回到水平面，第二次與B相互作用過程系統(tǒng)機械能守恒、動量守恒。則有12．(2021·山東卷，16)海鷗捕到外殼堅硬的鳥蛤(貝類動物)后，有時會飛到空中將它丟下，利用地面的沖擊打碎硬殼。一只海鷗叼著質(zhì)量m＝0.1kg的鳥蛤，在H＝20m的高度，以v0＝15m/s的水平速度飛行時，松開嘴巴讓鳥蛤落到水平地面上。取重力加速度g＝10m/s2，忽略空氣阻力。(1)若鳥蛤與地面的碰撞時間Δt＝0.005s，彈起速度可忽略，求碰撞過程中鳥蛤受到的平均作用力的大小F；(碰撞過程中不計重力)(2)在海鷗飛行方向正下方的地面上，有一與地面平齊、長度L＝6m的巖石，以巖石左端為坐標原點，建立如圖所示坐標系。若海鷗水平飛行的高度仍為20m，速度大小在15m/s～17m/s之間，為保證鳥蛤一定能落到巖石上，求釋放鳥蛤位置的x坐標范圍。答案：(1)F＝500N

(2)[34m,36m]或(34m，36m)(2)若釋放鳥蛤的初速度為v1＝15m/s，設(shè)擊中巖石左端時，釋放點的x坐標為x1，擊中右端時，釋放點的x坐標為x2，得x1＝v1t，x2＝x1＋L，聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得x1＝30m，x2＝36m，若釋放鳥蛤時的初速度為v2＝17m/s，設(shè)擊中巖石左端時，釋放點的x坐標為x1′，擊中右端時，釋放點的x坐標為x2′，得x1′＝