第十六章 动量守恒定律单元总结
知识要点一：动量定理及其应用
1．冲量的计算
(1)恒力的冲量：公式I＝Ft适用于计算恒力的冲量．
(2)变力的冲量
①通常利用动量定理I＝Δp求解．
②可用图象法计算．如图所示，在F－t图象中阴影部分的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量．
2．动量定理Ft＝mv2－mv1的应用
(1)它说明的是力对时间的累积效应．应用动量定理解题时，只考虑物体的初、末状态的动量，而不必考虑中间的运动过程．
(2)应用动量定理求解的问题：
①求解曲线运动的动量变化量．
②求变力的冲量问题及平均力问题．
(3)应用动量定理解题的思路
①确定研究对象，进行受力分析；
②确定初、末状态的动量mv1和mv2(要先规定正方向，以便确定动量的正负，还要把v1和v2换成相对于同一惯性参考系的速度)；
③利用Ft＝mv2－mv1列方程求解．
3．由动量定理得F＝，即物体动量的变化率等于它所受的合外力，这是牛顿第二定律的另一种表达式．
(2019·山东省济南市高二下学期期末)如图所示，一小孩把一质量为0.5 kg的篮球由静止释放，释放后篮球的重心下降的高度为0.8 m，反弹后篮球的重心上升的最大高度为0.2 m，不计空气阻力，取重力加速度为g＝10 m/s2，则地面与篮球相互作用的过程中篮球所受合力的冲量大小为( )
A．0.5 N· s B．1 N· s
C． 2 N· s D．3 N· s
【答案】D
【解析】：篮球的重心下降高度0.8 m的速度为v1＝＝ m/s＝4 m/s，方向向下
反弹后篮球的重心上升高度0.2 m的初速度为v2＝＝ m/s＝2 m/s，方向向上
规定竖直向下为正方向，由动量定理得：I合＝mv2－mv1＝0.5×(－2) N·S－0.5×4 N·S＝－3 N·s。故D正确。
在用动量定理进行定量计算时注意：
(1)列方程前首先选取正方向；
(2)分析速度时一定要选取同一参考系，一般是选地面为参考系；
(3)公式中的冲量应是合外力的冲量，求动量的变化量时要严格按公式，且要注意动量的变化量是末动量减去初动量．
知识要点二：动量守恒定律应用中的临界问题
解决相互作用物体系统的临界问题时，应处理好下面两个方面的问题：
1．寻找临界状态
题设情景中看是否有相互作用的两物体相距最近、恰好滑离、避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．
2．挖掘临界条件
在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系．
3．常见类型
(1)涉及弹簧类的临界问题
对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短或拉伸到最长时，弹簧两端的两个物体的速度必然相等．
(2)涉及相互作用边界的临界问题
在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于物体间弹力的作用，斜面在水平方向上将做加速运动，物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体到达斜面顶端时，在竖直方向上的分速度等于零．
(3)子弹打木块类的临界问题：子弹刚好击穿木块的临界条件为子弹穿出时的速度与木块的速度相同，子弹位移为木块位移与木块厚度之和．
如图所示，甲车质量m1＝m，在车上有质量为M＝2m的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m2＝2m的乙车正以v0的速度迎面滑来，已知h＝，为了使两车不发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看做质点．
【答案】 v0≤v≤v0
【解析】设甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v1，由机械能守恒定律得(m1＋M)v＝(m1＋M)gh
得：v1＝＝2v0
设人跳离甲车的水平速度(相对地面)为v，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v1′和v2′，则
人跳离甲车时：(M＋m1)v1＝Mv＋m1v1′
即(2m＋m)v1＝2mv＋mv1′ ①
人跳上乙车时：Mv－m2v0＝(M＋m2)v2′
即2mv－2mv0＝(2m＋2m)v2′ ②
解得v1′＝6v0－2v ③
v2′＝v－v0 ④
两车不发生碰撞的临界条件是v1′＝±v2′
当v1′＝v2′时，由③④解得v＝v0
当v1′＝－v2′时，由③④解得v＝v0
故v的取值范围为v0≤v≤v0.
分析临界问题的关键是寻找临界状态，在动量守恒定律的应用中，常常出现相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向等临界状态，其临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键．
知识要点三：多过程问题中的动量守恒
1．正确选择系统(由哪几个物体组成)和划分过程，分析系统所受的外力，判断是否满足动量守恒的条件．
2．准确选择初、末状态，选定正方向，根据动量守恒定律列方程．
如图所示，两端带有固定薄挡板的滑板C长为L，质量为，与地面间的动摩擦因数为μ，其光滑上表面上静置着质量分别为m、的物块A、B，A位于C的中点，现使B以水平速度2v向右运动，与挡板碰撞并瞬间粘连，不再分开，A、B可看做质点，物块A与B、C的碰撞都可视为弹性碰撞．已知重力加速度为g，求：
(1)B与C上挡板碰撞后的速度大小以及B、C碰撞后C在水平面上滑动时的加速度大小；
(2)A与C上挡板第一次碰撞后A的速度大小．
【答案】 (1)v 2μg (2)
【解析】 (1)B、C碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
·2v＝(＋)v1①
解得v1＝v②
对B、C，由牛顿第二定律得：
μ(m＋＋)g＝(＋)a，③
解得a＝2μg.④
(2)设A、C第一次碰撞前瞬间C的速度为v2，由匀变速直线运动的速度位移公式得
v22－v12＝2(－a)·L，⑤
物块A与C上挡板的第一次碰撞可视为弹性碰撞，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
(＋)v2＝(＋)v3＋mv4⑥
由能量守恒定律得
(＋)v＝(＋)v32＋mv42⑦
解得A与C上挡板第一次碰撞后A的速度大小
由⑤⑥⑦得：v4＝.
处理多物体、多过程动量守恒应注意的问题：
(1)正方向的选取．
(2)研究对象的选取，明确取哪几个物体为系统作为研究对象．
(3)研究过程的选取，明确哪个过程中动量守恒．
知识要点四：碰撞问题
1．碰撞遵守的规律
(1)动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.
(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2或＋≥＋.
(3)速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v后>v前，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v′前≥v′后，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零．
2．碰撞模型类型
(1)弹性碰撞
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，有
m1v1＝m1v′1＋m2v′2
m1v＝m1v′＋m2v′
解得v′1＝，v′2＝.
结论：
①当两球质量相等时，v′1＝0，v′2＝v1，两球碰撞后交换了速度．
②当质量大的球碰质量小的球时，v′1>0，v′2>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动．
③当质量小的球碰质量大的球时，v′1<0，v′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．
④撞前相对速度与撞后相对速度大小相等．
(2)完全非弹性碰撞
①撞后共速．
②有动能损失，且损失最多．
(2019·天津高三质检)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则两球质量m1与m2间的关系可能是( )
A．m1＝m2 B．2m1＝m2
C．4m1＝m2 D．6m1＝m2
【答案】：C
【解析】：甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′，即p1′＝2 kg·m/s.由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加，所以有＋≥＋，所以有m1≤m2.因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有＞，即m1＜m2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即≤，所以m1≥m2.因此C选项正确．
.(2019·安徽江南十校联考)如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2，物块可视为质点．则A碰撞前瞬间的速度为( )
A．0.5 m/s B．1.0 m/s
C．1.5 m/s D．2.0 m/s
【答案】：C
【解析】：碰后物块B做匀减速直线运动，由动能定理有－μ·2mgx＝0－·2mv22，得v2＝1 m/s.A与B碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，则有mv0＝mv1＋2mv2，mv02＝mv12＋·2mv22，解得v0＝1.5 m/s，则C项正确．
1.碰撞现象满足的三个规律
2．碰撞问题解题策略
(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解．
(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：
v′1＝v1 v′2＝v1
(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度．当m1?m2，且v2＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v1.当m1?m2，且v2＝0时，碰后质量小的球原速率反弹．
知识要点五：板块模型中的“三x”问题
如图，质量为m的滑块以速度v0滑上放于光滑水平地面上的质量为M的长木板上．长木板上表面粗糙，滑块与木板间的动摩擦因数为μ，长木板足够长．
满足以下关系：
Ff＝μmg
mv0＝(m＋M)vt
－Ffx1＝mvt2－mv02
Ffx2＝Mvt2
Ffx3＝Ff(x1－x2)＝mv02－(M＋m)vt2＝Q
一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示．图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h(h小于斜面bc的高度)，返回后在到达a点前与物体P相对静止．重力加速度为g.求：
(1)木块在ab段受到的摩擦力Ff的大小；
(2)木块最后距a点的距离s.
【答案】 (1) (2)L
【解析】 (1)从开始到木块到达最大高度过程，规定向左为正方向：
由水平方向动量守恒：mv0＝3mv1
由能量守恒：mv02＝×3mv12＋mgh＋FfL
解得：Ff＝
(2)木块从最大高度至与物体P最终相对静止，规定向左为正方向：
由动量守恒：3mv1＝3mv2
由能量守恒：×3mv＋mgh＝×3mv22＋Ffx
距a点的距离：s＝L－x
解得：s＝L－＝L.
“滑板”模型能量分析的核心问题为物体间摩擦热的计算，一般而言有两种方式：
(1)依据Q＝Ff·x相对，找出摩擦力与相对路程大小即可。要注意的问题是公式中的x相对并不是指的是相对位移大小。特别是相对往返运动中，x相对为多过程相对位移大小之和。
(2)运用能量守恒：，即系统机械能的损失量等于产生的摩擦热。
更深更全面的问题在动量里会再次涉及到
知识点六 动量和能量综合问题分析
1．动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．
2．动量守恒及机械能守恒都有条件．
注意某些过程动量守恒，但机械能不守恒；某些过程机械能守恒，但动量不守恒；某些过程动量和机械能都守恒．但任何过程能量都守恒．
3．两物体相互作用后具有相同速度的过程损失的机械能最多．
如图所示，固定的长直水平轨道MN与位于竖直平面内的光滑半圆轨道相接，圆轨道半径为R，PN恰好为该圆的一条竖直直径．可视为质点的物块A和B紧靠在一起静止于N处，物块A的质量mA＝2m，B的质量mB＝m.两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别沿轨道向左、右运动，物块B恰好能通过P点并被接住，物块B不能落到轨道MN上．已知物块A与MN轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.求：
(1)物块B运动到P点时的速度大小vP；
(2)两物块刚分离时物块B的速度大小vB；
(3)物块A在水平面上运动的时间t.
【答案】 (1) (2) (3)
【解析】 (1)对于物块B，恰好通过P点时只受重力的作用，根据牛顿第二定律有：
mBg＝①
解得vP＝②
(2)对于物块B，从N点到P点的过程中机械能守恒，有：
mBvB2＝mBvP2＋2mBgR③
解得vB＝④
(3)设物块A、B分离时A的速度大小为vA，以向左为正方向，根据动量守恒定律有：mAvA－mBvB＝0⑤
此后A滑行过程中，根据动量定理有：
－μmAgt＝0－mAvA⑥
联立④⑤⑥式可得：t＝.
第十六章 动量守恒定律单元总结
知识要点一：动量定理及其应用
1．冲量的计算
(1)恒力的冲量：公式I＝Ft适用于计算恒力的冲量．
(2)变力的冲量
①通常利用动量定理I＝Δp求解．
②可用图象法计算．如图所示，在F－t图象中阴影部分的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量．
2．动量定理Ft＝mv2－mv1的应用
(1)它说明的是力对时间的累积效应．应用动量定理解题时，只考虑物体的初、末状态的动量，而不必考虑中间的运动过程．
(2)应用动量定理求解的问题：
①求解曲线运动的动量变化量．
②求变力的冲量问题及平均力问题．
(3)应用动量定理解题的思路
①确定研究对象，进行受力分析；
②确定初、末状态的动量mv1和mv2(要先规定正方向，以便确定动量的正负，还要把v1和v2换成相对于同一惯性参考系的速度)；
③利用Ft＝mv2－mv1列方程求解．
3．由动量定理得F＝，即物体动量的变化率等于它所受的合外力，这是牛顿第二定律的另一种表达式．
(2019·山东省济南市高二下学期期末)如图所示，一小孩把一质量为0.5 kg的篮球由静止释放，释放后篮球的重心下降的高度为0.8 m，反弹后篮球的重心上升的最大高度为0.2 m，不计空气阻力，取重力加速度为g＝10 m/s2，则地面与篮球相互作用的过程中篮球所受合力的冲量大小为( )
A．0.5 N· s B．1 N· s
C． 2 N· s D．3 N· s
在用动量定理进行定量计算时注意：
(1)列方程前首先选取正方向；
(2)分析速度时一定要选取同一参考系，一般是选地面为参考系；
(3)公式中的冲量应是合外力的冲量，求动量的变化量时要严格按公式，且要注意动量的变化量是末动量减去初动量．
知识要点二：动量守恒定律应用中的临界问题
解决相互作用物体系统的临界问题时，应处理好下面两个方面的问题：
1．寻找临界状态
题设情景中看是否有相互作用的两物体相距最近、恰好滑离、避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．
2．挖掘临界条件
在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系．
3．常见类型
(1)涉及弹簧类的临界问题
对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短或拉伸到最长时，弹簧两端的两个物体的速度必然相等．
(2)涉及相互作用边界的临界问题
在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于物体间弹力的作用，斜面在水平方向上将做加速运动，物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体到达斜面顶端时，在竖直方向上的分速度等于零．
(3)子弹打木块类的临界问题：子弹刚好击穿木块的临界条件为子弹穿出时的速度与木块的速度相同，子弹位移为木块位移与木块厚度之和．
如图所示，甲车质量m1＝m，在车上有质量为M＝2m的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m2＝2m的乙车正以v0的速度迎面滑来，已知h＝，为了使两车不发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看做质点．
分析临界问题的关键是寻找临界状态，在动量守恒定律的应用中，常常出现相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向等临界状态，其临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键．
知识要点三：多过程问题中的动量守恒
1．正确选择系统(由哪几个物体组成)和划分过程，分析系统所受的外力，判断是否满足动量守恒的条件．
2．准确选择初、末状态，选定正方向，根据动量守恒定律列方程．
如图所示，两端带有固定薄挡板的滑板C长为L，质量为，与地面间的动摩擦因数为μ，其光滑上表面上静置着质量分别为m、的物块A、B，A位于C的中点，现使B以水平速度2v向右运动，与挡板碰撞并瞬间粘连，不再分开，A、B可看做质点，物块A与B、C的碰撞都可视为弹性碰撞．已知重力加速度为g，求：
(1)B与C上挡板碰撞后的速度大小以及B、C碰撞后C在水平面上滑动时的加速度大小；
(2)A与C上挡板第一次碰撞后A的速度大小．
处理多物体、多过程动量守恒应注意的问题：
(1)正方向的选取．
(2)研究对象的选取，明确取哪几个物体为系统作为研究对象．
(3)研究过程的选取，明确哪个过程中动量守恒．
知识要点四：碰撞问题
1．碰撞遵守的规律
(1)动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.
(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2或＋≥＋.
(3)速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v后>v前，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v′前≥v′后，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零．
2．碰撞模型类型
(1)弹性碰撞
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，有
m1v1＝m1v′1＋m2v′2
m1v＝m1v′＋m2v′
解得v′1＝，v′2＝.
结论：
①当两球质量相等时，v′1＝0，v′2＝v1，两球碰撞后交换了速度．
②当质量大的球碰质量小的球时，v′1>0，v′2>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动．
③当质量小的球碰质量大的球时，v′1<0，v′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．
④撞前相对速度与撞后相对速度大小相等．
(2)完全非弹性碰撞
①撞后共速．
②有动能损失，且损失最多．
(2019·天津高三质检)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则两球质量m1与m2间的关系可能是( )
A．m1＝m2 B．2m1＝m2
C．4m1＝m2 D．6m1＝m2
.(2019·安徽江南十校联考)如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2，物块可视为质点．则A碰撞前瞬间的速度为( )
A．0.5 m/s B．1.0 m/s
C．1.5 m/s D．2.0 m/s
1.碰撞现象满足的三个规律
2．碰撞问题解题策略
(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解．
(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：
v′1＝v1 v′2＝v1
(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度．当m1?m2，且v2＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v1.当m1?m2，且v2＝0时，碰后质量小的球原速率反弹．
知识要点五：板块模型中的“三x”问题
如图，质量为m的滑块以速度v0滑上放于光滑水平地面上的质量为M的长木板上．长木板上表面粗糙，滑块与木板间的动摩擦因数为μ，长木板足够长．
满足以下关系：
Ff＝μmg
mv0＝(m＋M)vt
－Ffx1＝mvt2－mv02
Ffx2＝Mvt2
Ffx3＝Ff(x1－x2)＝mv02－(M＋m)vt2＝Q
一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示．图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h(h小于斜面bc的高度)，返回后在到达a点前与物体P相对静止．重力加速度为g.求：
(1)木块在ab段受到的摩擦力Ff的大小；
(2)木块最后距a点的距离s.
“滑板”模型能量分析的核心问题为物体间摩擦热的计算，一般而言有两种方式：
(1)依据Q＝Ff·x相对，找出摩擦力与相对路程大小即可。要注意的问题是公式中的x相对并不是指的是相对位移大小。特别是相对往返运动中，x相对为多过程相对位移大小之和。
(2)运用能量守恒：，即系统机械能的损失量等于产生的摩擦热。
更深更全面的问题在动量里会再次涉及到
知识点六 动量和能量综合问题分析
1．动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．
2．动量守恒及机械能守恒都有条件．
注意某些过程动量守恒，但机械能不守恒；某些过程机械能守恒，但动量不守恒；某些过程动量和机械能都守恒．但任何过程能量都守恒．
3．两物体相互作用后具有相同速度的过程损失的机械能最多．
如图所示，固定的长直水平轨道MN与位于竖直平面内的光滑半圆轨道相接，圆轨道半径为R，PN恰好为该圆的一条竖直直径．可视为质点的物块A和B紧靠在一起静止于N处，物块A的质量mA＝2m，B的质量mB＝m.两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别沿轨道向左、右运动，物块B恰好能通过P点并被接住，物块B不能落到轨道MN上．已知物块A与MN轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.求：
(1)物块B运动到P点时的速度大小vP；
(2)两物块刚分离时物块B的速度大小vB；
(3)物块A在水平面上运动的时间t.
