【文档说明】(通用版)高考物理二轮复习纠错笔记专题07《动量守恒定律》（解析版）.doc，共(41)页，2.159 MB，由MTyang资料小铺上传

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一、动量定理应用的误区警示1．应用ΔIp求变力的冲量如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I=Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I。2．应用Δ=ΔpFt求动量的变化在曲线运动中，速度方向

时刻在变化，求动量变化需要应用矢量运算方法，计算较复杂。若作用力为恒力，可求恒力冲量，等效代换动量的变化。二、动量守恒定律成立条件的误区1．系统不受外力或系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。2．系统所受合外力虽不为零，但系统的内力远大于外力，如碰撞、爆炸等现象中，系统的动量

可近似看作守恒。3．系统所受合外力虽然不为零，如果在某一个方向上合外力为零，那么在该方向上动量守恒。三、碰撞类问题的易错点1．忽视了动量守恒的条件，在系统所受合外力不为零的情况下仍用动量守恒求解；2．不理解动量守恒定律的矢量性，按代数和的方法求和动量

；3．在动量守恒定律的表达式中，速度选取了不同的参考系；4．忽视了碰撞过程中的机械能损失。学科，网一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中。若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ，则A．过程I中钢

珠的动量的改变量等于重力的冲量B．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小C．I、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零D．过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零本题错选的原因在于对运用动量定理的过程不清楚而导致错选B项，要分析清楚全过程的动量并正确

运用动量守恒。根据动量定理可知，在过程I中，钢珠从静止状态自由下落，不计空气阻力，小球所受的合外力即为重力，因此钢珠的动量的改变量等于重力的冲量，A正确；过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小与过程Ⅱ中重力的冲量的大小之和，B错误；在I、Ⅱ两个过程中，钢珠

动量的改变量各不为零，且它们大小相等、方向相反，但从整体看，钢珠动量的改变量为零，故合外力的总冲量等于零，故C正确，D错误。答案：AC。1．（2018·辽宁省沈阳市郊联体高一下学期期末考试）如图所示，在光滑水平面上有一质量为m的物体，在与水平方向成θ角的恒定拉力作用下运动，则在时

间t内A．重力的冲量为0B．拉力F的冲量为FtC．拉力F的冲量为D．物体动量的变化量等于Ft【答案】B2．水平推力F1和F2分别作用于水平面上原来静止的、等质量的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间

停下，两物体的v－t图象如图所示，已知图中线段AB∥CD，则A．F1的冲量小于F2的冲量B．F1的冲量等于F2的冲量C．两物体受到的摩擦力大小不相等D．a物体受到的摩擦力冲量小于b物体受到的摩擦力冲量【答案】A

D【名师点睛】由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同，两物体的质量相等，说明摩擦力大小相等，根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系。质量为m的小车中挂有一个单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v0沿水平地面运动，与位于正对面的质

量为m1的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此过程中，下列说法可能发生的是A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别为v1、v2和v3，且满足：302110vmvmmvvmmB．摆球的速度不变，小车和木块的速度为v1、v2，且满足：2110

vmmvmvC．摆球的速度不变，小车和木块的速度都为v，且满足：110vmmmvD．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，且满足：211001)(vmvmmvmm本题错选的原因在于对动量守恒的条件的理解不透彻，研究对象和物理过程的

选择不正确，误选A项。小车与木块相碰，随之发生的将有两个过程：其一是，小车与木块相碰，作用时间极短，过程结束时小车与木块速度发生了变化，而小球的速度未变；其二是，摆球将要相对于小车向右摆动，又导致小车与木块速度的改变。但是题目中已明确指出只需讨论碰撞的极短过程，不需考虑第二过程。因

此，我们只需分析B、C两项。其实，小车与木块相碰后，将可能会出现两种情况，即碰撞后小车与木块合二为一或它们碰后又分开，前者正是C项所描述的，后者正是B项所描述的，所以BC正确。答案：BC。1．如图所示，在跨过一光滑定轮的轻绳两端分别挂着质量为m1、m2的两

个物体，已知m2>m1。若m2以加速度a向下加速运动时，阻力不计，则A．m1、m2的总机械能不守恒B．m2的机械能守恒C．m1、m2的总机械能守恒、动量也守恒D．m1、m2的总机械能守恒、动量不守恒【答案】D2．（2018·江西省奉新县第一中学

高二下学期第一次月考）如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今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，则以下结论中正确的是A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B．小球自半圆槽的最低

点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒C．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D．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动【答案】B【名师点睛】小球自左端槽口A点的正上方从静止开始下落于光滑的圆弧槽，且槽置于光滑的水平面上，由于槽的左侧有一竖直墙壁，只有重力做功

，小球的机械能守恒，当小球在半圆槽内运动的B到C过程中，槽也会向右运动，水平方向满足动量守恒。在运动过程中，仍只有重力做功，小球与槽组成的系统机械能守恒。小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动。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=5kg·m/s，p2=7kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kg·m/s，则二球质量m1与m2间的关系可能是A．m1=m2B．2m1=m2C．4m1=m2D．6m1=m2在解决碰撞类问题的时候要注意这些过程中均隐含有系统机械

能与其他形式的能之间的转化，不能忽视碰撞过程中机械能的损失。本题错选的原因在于不能正确的分析实际碰撞过程中质量之间的关系。甲乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：1212pppp，即12kgm/sp，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2222121212122222ppppmmmm，所以有：215121mm，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1212p

pmm，即1257mm；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1212ppmm，所以1215mm，因此正确的答案是C选项。答案：C。学科：网1．（2018·甘肃省师

大附中高三开学检测）如图所示，质量相等的A、B两个球，在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6m/s，B球的速度是–2m/s，之后A、B两球发生了对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面

的猜测结果一定无法实现的是A．=–2m/s，=6m/sB．=2m/s，=2m/sC．=1m/s，=3m/sD．=–3m/s，=7m/s【答案】D【名师点睛】解决本题的关键知道碰撞的原则，即动量守恒、机械

能不增加，还要满足实际情况。2．（2018·四川省攀枝花市高一下学期期末调研检测）A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图为两球碰撞前后的x–t图象。图中a、b分别为A、B两球碰前的x–t图象，c为碰撞后两球

共同运动的x–t图象。已知A球质量m=2kg，取A球碰前运动方向为正方向，下列结论正确的是A．B球的质量为3kgB．碰撞过程中A对B冲量为4N·sC．碰撞前后A的动量变化为–6kg·m/sD．碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动

能为5J【答案】AC如图所示，坡道顶端距水平面高度为h=0.5m，质量m=1.0kg的小物块A从坡道顶端处静止滑下，进入水平面OM时无机械能损失，水平面OM长为2x，其正中间有质量分别为2m、m的两物块B、C（中间粘有炸药），现点燃炸药，B、C

被水平弹开，物块C运动到O点时与刚进入水平面的小物块A发生正碰，碰后两者结合为一体向左滑动并刚好在M点与B相碰，不计一切摩擦，三物块均可视为质点，重力加速度为g=10m/s2，求炸药点燃后释放的能量E。本题易解错的原因在于不能正确的理解爆

炸过程动量守恒，研究对象不明确且不清楚碰撞后物体运动的速度的方向。根据动能定理得，212Amghmv解得A到达底端的速度2=10m/sAvgh设爆炸后B的速度为v，BC组成的系统动量守恒，规定向左为正方向有：2mv+mv′=0解得爆炸后C的速度为–2v，则速度大小为2vA与C碰撞

前后，动量守恒，规定向左为正方向，根据动量守恒得mvA–m·2v=2mv″解得2Avvv碰后两者结合为一体向左滑动并刚好在M点与B相碰，有：22xxxvvv联立解得10m/s1010Avv根据能量守恒得22112(2

)22Emvmv代入数据解得E=0.3J答案：炸药点燃后释放的能量E为0.3J学——科网1．（2018·湖北省武汉华中师范大学第一附属中学高三滚动复习）如图所示，在光滑的水平杆上套有一个质量为m的滑环。滑环上通过一根不可伸缩的轻绳悬挂着一个

质量为M的物块（可视为质点），绳长为L。将滑环固定时，给物块一个水平冲量，物块摆起后刚好碰到水平杆；若滑环不固定时，仍给物块以同样的水平冲量，则A．给物块的水平冲量为B．物块上升的最大高度为C．物块上升最高时的速度为D．物块在最低点时对细绳的拉力3Mg【答案】ABD【名

师点睛】本题考查动量守恒及机械能守恒定律的应用，要注意明确小球摆到最高时，两物体有共同的速度，系统只是水平动量守恒，总动量并不守恒。2．如图所示，质量为m1的为滑块（可视为质点）自光滑圆弧形糟的顶端A处无初速度地滑下，糟的底端

与水平传送带相切于左传导轮顶端的B点，A，B的高度差为h1＝1.25m。传导轮半径很小，两个轮之间的距离为L=4.00m。滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.20。右端的轮子上沿距离地面高度h2=1.80m，g取10m/s2。（1）槽的底端没有滑块

m2，传送带静止不运转，求滑块m1滑过C点时的速度大小v；（2）在m1下滑前将质量为m2的滑块（可视为质点）停放在槽的底端。m1下滑后与m2发生弹性碰撞，且碰撞后m1速度方向不变，则m1、m2应该满足什么条件？（3）满足（2）的

条件前提下，传送带顺时针运转，速度为v=5.0m/s。求出滑块m1、m2落地点间的最大距离（结果可带根号）。【答案】（1）3.0m/s（2）m1>m2（3）（1.2–3）m【解析】（1）滑块m1滑到B点过程，由机械能守恒定律，m1gh1=m1v02解得：v0

=5m/s滑块m1由B点滑到C点过程，由动能定理，–μm1gL=m1v2–m1v02当m1>>m2时，滑块碰撞后的速度相差最大，经过传送带后速度相差也最大。v1=v0=v0=5m/s。v2=v0=2v0=10

m/s。由于滑块m1与传送带速度相同，不受摩擦力，m1水平射程x1=v1t=3.0m，滑块m1与传送带间有摩擦力作用，由动能定理，–μm2gL=m2v2′2–m2v22，解得v2′=2m/s。m2水平射程x2=v′2t=1.2m，滑块m1、m2落

地点间的最大距离x=x2–x1=1.2m–3.0m=（1.2–3）m。【名师点睛】本题是动量守恒定律、动能定理和能量守恒定律的应用问题。解决该题关键要清楚不同的物体不同时间的运动情况，能选取适当的物理规律列方程，尤其是两物体发生完全弹性碰撞后的速

度关系式应该记住结论。质量m=100kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲=40kg、m乙=60kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3m/s的速度跃入水中，如图所示，则小船的运动速率和方向为A．0.6m/s，向左B．3m/s，向左C．0.6m/s，向右D．

3m/s，向右本题易错选B项，对于动量守恒常见的模型——人船模型理解不清楚，不理解动量守恒定律的矢量性，按代数和的方法求解和动量而算出3m/s。甲、乙和船组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，开始时总动量为零，根据动量守恒定律有：0=–m甲v

甲+m乙v乙+mv，解得：mvmvvm甲甲乙乙，代入数据解得v=–0.6m/s，负号说明小船的速度方向向左，故选项A正确。答案：A。1．如图所示，木块静止在光滑水平桌面上，一颗子弹水平射入木块的深度为d时，子弹与木块相对静止，在子弹入射的过程中，

木块沿桌面移动的距离为L，木块对子弹的平均阻力为f，那么在这一过程中A．木块的机械能增量fLB．子弹的机械能减少量为f(L+d)C．机械能保持不变D．机械能增加了mgh【答案】AB2．（2018·重庆市第一中学高一下学期期末考试）如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小

车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M=3m，滑块与轨道BC间的动

摩擦因数为μ，重力加速度为g。则A．全程滑块水平方向相对地面的位移R+LB．全程小车相对地面的位移大小C．μ、L、R三者之间的关系为R=μLD．滑块m运动过程中的最大速度学#科网【答案】BC，联立解得，故D错误。【名师点睛】本题主要考查系统水平方向动量守恒和能量守恒

的问题，要注意系统的总动量并不守恒，只是水平方向动量守恒，运用动量守恒定律列式时要注意位移的参照物是地面。一、动量定理1．动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化，即Ip。2．动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量必须是

物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。3．动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系。4．现代物理学把力定义为物体动量的变化率：tpF（牛顿第二定律的动量形式）。5．动量定理的表达式是矢量

式。在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为正。6．应用动量定理解题的一般步骤为：（1）明确研究对象和物理过程；（2）分析研究对象在运动过程中的受力情况及各力的冲量；（3）选取正方向，确定物体在运动过程中始末两状态的动量；（4）依据动量定理列方程、求解。二、动量守恒定

律1．动量守恒定律：一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。2．动量守恒定律成立的条件：系统不受外力或者所受合外力为零；系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；系统在某一方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。3．动量守恒定律的表达形式：（1）22112211vmv

mvmvm，即p1+p2=1p+2p（2）Δp1+Δp2=0，Δp1=–Δp24．动量守恒的速度具有―四性‖：①矢量性；②瞬时性；③相对性；④普适性。5．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（或某一方向上动量是否守恒）；（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。

三、碰撞1．碰撞的特点（1）作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的。（2）碰撞过程中，总动能不增。因为没有其他形式的能量转化为动能。（3）碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大。（4）碰撞过程中，两物体产生的位

移可忽略。学，科网2．碰撞的种类及遵从的规律种类遵从的规律弹性碰撞动量守恒，机械能守恒非弹性碰撞动量守恒，机械能有损失完全非弹性碰撞动量守恒，机械能损失最大3．关于弹性碰撞的分析两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律。在光滑的水平面上，质量为m1的钢球沿一条

直线以速度v0与静止在水平面上的质量为m2的钢球发生弹性碰撞，碰后的速度分别是v1、v2221101vmvmvm①222211201212121vmvmvm②由①②可得：021211vmmmmv③021122vmmmv④利用③式和④式，可讨论以下五种特殊情况：a．当21mm

时，01v，02v，两钢球沿原方向原方向运动；b．当21mm时，01v，02v，质量较小的钢球被反弹，质量较大的钢球向前运动；c．当21mm时，01v，02vv，两钢球交换速度。d．当21mm

时，01vv，02v，m1很小时，几乎以原速率被反弹回来，而质量很大的m2几乎不动。例如橡皮球与墙壁的碰撞。e．当21mm时，10vv，022vv，说明m1很大时速度几乎不变，而质量很小

的m2获得的速度是原来运动物体速度的2倍，这是原来静止的钢球通过碰撞可以获得的最大速度，例如铅球碰乒乓球。4．一般的碰撞类问题的分析（1）判定系统动量是否守恒。（2）判定物理情景是否可行，如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度

不可能大于前球的速度。（3）判定碰撞前后动能是否不增加。四、动量守恒的常见模型1．人船模型人船模型是两个物体均处于静止，当两个物体存在相互作用而不受外力作用时，系统动量守恒。将速度与质量的关系推广到位移与质量，做这类题目，首先要画好示意图，要注意两个物体相对于

地面的移动方向和两个物体位移大小之间的关系；人船问题的适用条件是：两个物体组成的系统（当有多个物体组成系统时，可以先转化为两个物体组成的系统）动量守恒，系统的总动量为零，利用平均动量守恒表达式解答。2．小车模型动量守恒定律在小车介质上的应用，求解

时注意：（1）初末动量的方向及大小；（2）小车的受力情况分析，是否满足某一方向合外力为零；（3）结合能量规律和动量守恒定律列方程求解。子弹打击木块问题，由于被打击的木块所处情况不同，可分为两种类型：一是被打的木块

固定不动；二是被打的木块置于光滑的水平面上，木块被打击后在水平面上做匀速直线运动。（1）木块被固定子弹和木块构成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，系统内力是一对相互作用的摩擦力，子弹对木块的摩擦力不做功，相反，木块对子弹的摩擦力做负功，使子弹动能的一部分或全部转化为系统的内能。由动能定理可得

：sfQ，式中f为子弹受到的平均摩擦力，s为子弹相对于木块运动的距离。（2）木块置于光滑水平面上子弹和木块构成系统不受外力作用，系统动量守恒，系统内力是一对相互作用的摩擦力，子弹受到的摩擦力做负功

，木块受到的摩擦力做正功。如图所示，设子弹质量为m，水平初速度为v0，置于光滑水平面上的木块质量为M。若子弹未穿过木块，则子弹和木块最终共速为v。由动量守恒定律：vMmmv)(0①对于子弹，由动能定理：2022121)(mvmvsLf②对于木块，由动能定理：221MvLf

③由①②③可得：220)(2121.vmMmvsfQ④系统动能的减少量转化为系统内能Q（1）若ds时，说明子弹刚好穿过木块，子弹和木块具有共同速度v。（2）若ds时，说明子弹未能穿过木块，最终子弹留在木块中，子弹和木块

具有共同速度v。（3）当ds时，说明子弹能穿过木块，子弹射穿木块时的速度大于木块的速度。若属于（3）的情况，设穿透后子弹和木块的速度分别为v1和v2，上述关系式变为：210Mvmvmv⑤20212121)(mvmvd

Lf⑥2221MvLf⑦222021111222QfdmvMvmv⑧1．（2018·新课标全国Ⅰ卷）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能A．与它所经历的

时间成正比B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比【答案】B2．（2018·新课标全国II卷）高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为A．10NB．102NC．1

03ND．104N【答案】C【解析】本题是一道估算题，所以大致要知道一层楼的高度约为3m，可以利用动能定理或者机械能守恒求落地时的速度，并利用动量定理求力的大小。设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3m，由动能定理可知：，解得：，落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，

由动量定理可知：，解得：，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103N，故C正确。3．（2017·新课标全国Ⅰ卷）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．30kgm/sB．5.7×102kgm/sC．6.0×102kgm/sD．6.3×102kgm/s【

答案】A【解析】设火箭的质量（不含燃气）为m1，燃气的质量为m2，根据动量守恒，m1v1=m2v2，解得火箭的动量为：p=m1v1=m2v2=30kg·m/s，所以A正确，BCD错误。【名师点睛】本题主要考查动量即反冲类动量守

恒问题，只要注意动量的矢量性即可，比较简单。4．（2018·陕西省高三第十二次模拟）如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层，设水柱直径为D，水流速度大小为v，方向水平向右。水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度变为零，水的密度为ρ，高压水枪的重力不可忽略，手持高压水枪操作，下列说法正确

的是A．水枪单位时间内喷出水的质量为B．高压水枪的喷水功率为C．水柱对煤层的平均冲击力大小为D．手对高压水枪的作用力水平向右【答案】BD5．（2017·新课标全国Ⅲ卷）一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线

如图所示，则A．t=1s时物块的速率为1m/sB．t=2s时物块的动量大小为4kg·m/sC．t=3s时物块的动量大小为5kg·m/sD．t=4s时物块的速度为零【答案】AB【解析】由动量定理有Ft=mv，解得F

tvm，t=1s时物块的速率1m/sFtvm，A正确；F–t图线与时间轴所围面积表示冲量，所以t=2s时物块的动量大小为22kgm/s4kgm/sp，B正确；t=3s时物块的动量大小为(

2211)kgm/s3kgm/sp，C错误；t=4s时物块的动量大小为(2212)kgm/s2kgm/sp，速度不为零，D错误。6．（2015·重庆卷）高空作业须系安全带。如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距

离为h（可视为自由落体运动）。此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为A．2mghmgtB．2mghmgtC．mghmgtD．mghmgt【答案】A【名师点拨】本题考查运动学公式、动量定理，动量

定理既适用于恒力作用下的问题，也适用于变力作用下的问题。如果是在变力作用下的问题，由动量定理求出的力是在t时间内的平均值。学：科网7．静止在湖面的小船上有两个人分别向相反方向抛出质量相同的小球，甲向左抛，乙向右抛，如图所示，甲

先抛乙后抛，抛出后两小球相对岸的速率相等，不计水的阻力，下列说法中正确的是A．两球抛出后，船往左以一定速度运动，乙球受到的冲量大一些B．两球抛出后，船往右以一定速度运动，甲球受到的冲量大一些C．两球抛出后，船的速度为零，甲球受到的冲量大一些D．两

球抛出后，船的速度为零，两球所受到的冲量相等【答案】C8．（2018·湖北省孝感市八校教学联盟高二下学期期末联合考试）如图所示，大气球质量为100kg，载有质量为50kg的人，静止在空气中距地面20m高的地方，气球下方悬一根质

量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这绳长至少应为（不计人的高度，可以把人看作质点）A．10mB．30mC．40mD．60m【答案】B【解析】人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度v1，气球的速度v2，设运动时间

为t，以人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒得：m1v1–m2v2=0，则，，，则绳子长度L=s气球+s人=10m+20m=30m，即绳子至少长30m长，故选B。【名师点睛】本题为动量守恒定律的应用，属于人船模型的类别，关键要找出人和气球的速度关系和绳子长度与运动路程的

关系。9．（2018·黑龙江省青冈县一中高一下学期期末考试）如图所示，A、B两物体的质量之比MA：MB=3：2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹簧突然释放后，A、B两物体被反向弹开，则A、B两物体滑行过程中A．若A、B与平

板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数之比为2：3，A、B组成的系统动量守恒C．若A、B所受的动摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B、C组成的系统动量不

守恒【答案】BC【名师点睛】解决本题的关键掌握动量守恒的条件，当系统不受外力或所受的外力之和为零，系统动量守恒，这是运用动量守恒定律解题的关键。10．（2018·吉林省实验中学高一下学期期末考试）如图所示，弹簧的一端

固定在竖直墙壁上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始下滑，则A．在小球从圆弧槽上下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向的动量始终守恒B．在小球从圆弧槽上下滑运动过程中小球的机械能守恒C．在小球压缩弹簧的过

程中小球与弹簧组成的系统机械能守恒D．小球离开弹簧后能追上圆弧槽【答案】AC【名师点睛】解答本题要明确动量守恒的条件，以及在两物体相互作用中同时满足机械能守恒，应结合两点进行分析判断。11．一个人在地面上立定跳远最好成绩是sm，假设他站在静止于地面的小车的A端（车与地面的摩擦不

计），如图所示，他欲从A端跳上ml远处的站台上，则A．只要ls，他一定能跳上站台B．只要ls，他有可能跳上站台C．只要ls，他一定能跳上站台D．只要ls，他有可能跳上站台【答案】B【解析】当人往站台上跳的时候，人有一个向站台的速度，由于动量守恒，车子必然

有一个离开站台的速度，这样的话，人相对于地面的速度小于之前的初速度，所以ls或ls，人就一定跳不到站台上了，ls，人才有可能跳上站台，故ACD错误，B正确。学科=网12．（2018·江苏省南菁高

级中学高二下学期期中考试）如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝6kg的小物体B以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g=10m/s2，则下列说法正确的是A．木板A获得的动能为2JB．系统损失的机械能为2

JC．木板A的最小长度为1mD．A、B间的动摩擦因数为0.1【答案】CD，根据牛顿第二定律，则A、B间的动摩擦因数，故D项正确。13．质量分别为ma=0.5kg，mb=1.5kg的物体a、b在光滑水平面上发生正碰。若不计碰撞时间，它

们碰撞前后的位移—时间图象如图所示，则下列说法正确的是A．碰撞前a物体的动量的大小为4kg·m/sB．碰撞前b物体的动量的大小为零C．碰撞过程中a物体受到的冲量为1N·sD．碰撞过程中b物体损失的动量大小为1.5kg·m/s【答案】BD【名师点睛】本题

主要考查了动量的表达式及动量定理的直接应用，要求同学们能根据图象读出a碰撞前后的速度。14．（2018·湖北省黄冈市黄冈中学高三适应性考试）如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用

一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则此下降过程中A．A的动能

达到最大前，B受到地面的支持力小于mgB．A、B、C系统机械能守恒，动量守恒学科-网C．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度为零D．弹簧的弹性势能最大值为【答案】AD【解析】A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F

，此时整体在竖直方向受力平衡，可得，所以，在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到【名师点睛】解答本题的关键是弄清楚小球A在运动过程中的受力情况，A的动能最大时受力平衡，根据平衡条件求解地面支持力，根据超重失重现象分析A的动能达到最大前，B受到地面的支持力大小；根

据功能关系分析弹簧的弹性势能最大值。15．如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为034h（不计空气阻力），则A．小球和小车组成的系

统动量守恒B．小车向左运动的最大距离为12RC．小球离开小车后做斜上抛运动D．小球第二次能上升的最大高度001324hhh【答案】D【解析】小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系

统动量不守恒，故A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv–mv′=0，20Rxxmmtt，解得，小车的位移：x=R，故B错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量

为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：mg(h0–34h0)–Wf=0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf=14mgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为14mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置

处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于14mgh0，机械能损失小于14mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于34h0–14h0=12h0，而小于34h0，故D正确。学+科网16．如图所示，在光滑的水平面上有一静止的物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C

，两端A、B一样高，现让小滑块m从A点由静止下滑，则A．m不能到达M上的B点B．m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动C．m从A到B的过程中M一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零D．M与m组成的系统机械能守恒，水平

方向动量守恒【答案】CD【名师点睛】小滑块m从A点静止下滑，物体M与滑块m组成的系统水平方向所受合力为零，系统水平方向动量守恒，竖直方向有加速度，合力不为零，系统动量不守恒，结合机械能守恒定律，即可正确判断。17．（2018·湖北省孝感市重点高中协作体高二下学期期末联考）如图所示，用

长为L的细线悬挂一质量为M的小木块，木块处于静止状态。一质量为m、速度为v0的子弹自左向右水平射穿木块后，速度变为v。已知重力加速度为g，则A．子弹刚穿出木块时，木块的速度为B．子弹穿过木块的过程中，子弹与木块组成的系统机械能守恒C．子弹

穿过木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒D．木块上升的最大高度为【答案】AC【名师点睛】根据动量守恒求子弹穿出以后木块的速度，根据动能定理或者机械能守恒求木块上升的最大高度。18．矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起，将其放在光滑水平面上，如

图所示，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若子弹击中上层，子弹刚好不穿出；若子弹击中下层，则子弹整个刚好嵌入，由此可知A．子弹射中上层时对滑块做功多B．两次子弹对滑块做的功一样多C．子弹射中上层系统产生热量多D．子弹与下层之间的摩擦力较大【答案】BD【解析】根据动量守恒

知道最后物块获得的速度（最后物块和子弹的公共速度）是相同的，即物块获得的动能是相同的；根据动能定理，物块动能的增量是子弹做功的结果，所以两次子弹对物块做的功一样多，故A错误，B正确；子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等

于系统减少的动能，而子弹减少的动能一样多（子弹初末速度相等）；物块增加的动能也一样多，则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多，故C错误；根据摩擦力和相对位移的乘积等于系统动能的损失量，由公式：Q=Fl

相对，两次相对位移不一样，因此子弹所受阻力不一样，子弹与下层之间相对位移比较小，所以摩擦力较大，故D正确。【名师点睛】本题是对动量守恒定律的考查；解题的关键是由动量守恒知子弹只要留在滑块中，他们的最后速度就是相同的；知道产生的热量的计算公式是：Q=Fl相对。

19．（2018·天津卷）质量为0.45kg的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05kg的子弹以200m/s的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是__________m/s。若子弹在木块中运动时受到的

平均阻力为4.5×103N，则子弹射入木块的深度为_______m。【答案】200.220．（2018·新课标全国I卷）一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空，当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。

爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，求：（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；学科￥网（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。【答案】（1）（2）【解析】

（1）设烟花弹上升的初速度为，由题给条件有①设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为，由运动学公式有②联立①②式得③（2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为，由机械能守恒定律有④火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为和。

由题给条件⑦联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为⑧21．（2018·新课标全国II卷）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kg和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。求（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）（2）【解析】两车碰撞过程动量守恒，碰后两车在摩擦

力的作用下做匀减速运动，利用运动学公式可以求得碰后的速度，然后在计算碰前A车的速度。（1）设B车质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得22．（2018·北京卷）2022年将在

我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h=10m，C是半径R=20m圆弧的最低点，质量m=60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a=

4.5m/s2，到达B点时速度vB=30m/s。取重力加速度g=10m/s2。（1）求长直助滑道AB的长度L；学；科网（2）求运动员在AB段所受合外力的冲量的I大小；（3）若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。【答案】（1）

（2）（3）3900N由牛顿第二定律可得：从B运动到C由动能定理可知：解得23．（2018·江苏卷）如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下。经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上。忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力

冲量的大小。【答案】【解析】取向上为正方向，动量定理mv–（–mv）=I且解得24．（2017·江苏卷）甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是1m/s，甲、乙相遇时用力推对方

，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1m/s和2m/s．求甲、乙两运动员的质量之比．【答案】3:225．（2017·天津卷）如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA=2kg、m

B=1kg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。先将B竖直向上再举高h=1.8m（未触及滑轮）然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g=10m/s2。空气阻力不计。求：（1

）B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；（2）A的最大速度v的大小；学科%网（3）初始时B离地面的高度H。【答案】（1）0.6st（2）2m/sv（3）0.6mH【解析】（1）B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动有：221gth解得：0.6st

（2）设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB有06m/svgt有：gHmgHmvmmABBA2)(21解得，初始时B离地面的高度0.6mH【名师点睛】本题的难点是绳子绷紧瞬间的物理规律——是两物体的动量

守恒，而不是机械能守恒。26．（2016·新课标全国Ⅱ卷）如图，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=30kg，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。（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【解析】（1）规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动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。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20=(m

2+m3)v①2222023211()22mvmmvmgh②式中v20=–3m/s为冰块推出时的速度联立①②式并代入题给数据得m3=20kg③（2）设小孩推出冰块后的速度为v1由动量守恒定律有m1v1+m2v20=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，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20=m2v2+m3v3⑥2222202233111+222mvmmvv⑦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处在后方，故冰块不能追上小孩。【名师点睛】此题是动量守恒定律及机械能守恒定律的综合应用问题；解题关键是要知道动量守恒的条件及两物体相互作用时满足的能量关系，列方程即可

；注意动量守恒定律的矢量性，知道符号的含义；此题难度中等，意在考查考生灵活利用物理知识解决问题的能力。27．一个质量为m=2kg的物体，在F1=8N的水平推力作用下，从静止开始沿水平面运动了t1=5s，然后推力减小为F2=5N，方向不变，物体又运动了t2

=4s后撤去外力，物体再经过t3=6s停下来。试求物体在水平面上所受的摩擦力。【答案】4N28．（2016·新课标全国Ⅱ卷）如图，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=30kg，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。学，科网（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【解析】（1）规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2

v20=m2v2+m3v3⑥2222202233111+222mvmmvv⑦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处在后方，故冰块不能追上小孩【名师点睛】本题是动量守恒定律及机械能守恒定律的综合应用问题

；解题关键是要知道动量守恒的条件及两物体相互作用时满足的能量关系，列方程即可；注意动量守恒定律的矢量性，知道符号的含义。29．（2014·全国大纲卷）冰球运动员甲的质量为80.0kg。当他以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质量为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞

。碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，求：（1）碰后乙的速度的大小；（2）碰撞中总机械能的损失。【答案】（1）1.0m/s（2）1400J【解析】（1）设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v1、v2，碰后乙的速度大小为v′2由动量守恒定律有：mv1–Mv2=M

v′2解得：v′2=1vMm–v2=1.0m/s（2）根据能量守恒定律可知，碰撞中总机械能的损失为ΔE=2121mv+2221Mv–2221vM代入数据解得：ΔE=1400J30．（2014·新课标全国Ⅰ卷）如图，质量分别为Am、Bm的两个小球A、B静止在地面上方，B球距

地面的高度h=0.8m，A球在B球的正上方。先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放。当A球下落t=0.3s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零。已知ABmm3，重力加速度大小为2s/m10g，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。（1）B

球第一次到达地面时的速度；（2）P点距离地面的高度。【答案】（1）4m/sBv（2）0.75mph解得1m/sBv，2m/sBv小球B与地面碰撞后根据没有动能损失所以B离开地面上抛时速度04m/sBvv

所以P点的高度2200.75m2Bpvvhg【名师点拨】本题考查动量守恒定律、能量守恒，碰撞时间极短，就告诉我们，作用力很大，属于作用过程内力远大于外力，所以，遵从动量守恒。学科#网31．如图所示，木块A的质量mA=1kg，足够长的木板B的质量mB=4k

g，质量为mC=2kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦。现使A以v0=10m/s的初速度向右匀速运动，与B碰撞后将以大小为vA′=4m/s的速度弹回。求：（1）B运动过程中的最大速度；（2）C运动过程中的最大速

度。32．如图所示，一质量m=2kg的铁块放在质量M=2kg的小车左端，二者一起以v0=4m/s的速度沿光滑水平面向竖直墙运动，车与墙碰撞的时间t=0.01s，碰撞时间极短，不计车与墙碰撞时机械能的损失，最终小车与铁块相对静止。已知铁块不会到达车的右端，铁块与小车之间的动摩擦因数μ=0.4，g=1

0m/s2。求：（1）车与墙碰撞时受到的平均作用力F的大小（由于碰撞时间极短可认为在车与墙碰撞时铁块速度没变）；（2）小车车长的最小值。【答案】（1）1600N（2）4m【名师点睛】本题涉及两个物体的相互作用，应优先考

虑动量守恒定律。运用动量守恒定律研究物体的速度，比牛顿第二定律和运动学公式结合简单，因为动量守恒定律不涉及运动的细节和过程。涉及时间问题，可优先考虑动量定理。33．如图所示，CDE为光滑的轨道，其中ED是水平的，CD是竖直平面内的半圆，与E

D相切于D点，且半径R=0.5m，质量m=0.1kg的滑块A静止在水平轨道上，另一质量M=0.5kg的滑块B前端装有一轻质弹簧（A、B均可视为质点）以速度v0向左运动并与滑块A发生弹性正碰，若相碰后滑块A能过半圆最高点C

，取重力加速度g=10m/s2，则：（1）B滑块至少要以多大速度向前运动；学；科网（2）如果滑块A恰好能过C点，滑块B与滑块A相碰后轻质弹簧的最大弹性势能为多少？【答案】（1）3m/s（2）0.375J【解析】（1）设滑块A过C点时速度为vC，B与A碰撞后，B与A的速度分别为v1、v

2，B碰撞前的速度为v0，过圆轨道最高点的临界条件是重力提供向心力由牛顿第二定律得：2CvmgmR从D到C，由动能定理得：22211222CmgRmvmvB与A发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、能量守恒，以向左为正方向由动

量守恒定律得：Mv0=Mv1+mv2由机械能守恒定律得：222012111222MvMvmv【名师点睛】本题考查了求速度与弹性势能的问题，动量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的关键，应用牛顿第二定律、动量守恒定律与机械能守恒定律可以

解题；要知道滑块做圆周运动的临界条件、应用牛顿第二定律求出经过圆形轨道最高点的速度是解题的前提。由牛顿第二定律求出滑块A到达轨道最高点的速度，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与动能定理可以求出B的初速度。碰撞后两者速度相等时弹簧压缩量最大，弹性势能最大，碰撞过程系统动

量守恒、能量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出最大弹性势能。34．如图所示，滑块A从光滑曲面上离桌面h高处由静止开始下滑下，与滑块B发生碰撞（时间极短）并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，

经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段时间后从桌面边缘飞出。已知,3,,mmmmmmCBA求：（1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度；（2）被压缩弹簧的最大弹性势能；（3）滑块C落地点与桌面边缘的水平距离。【答案】（1）gh221（

2）22pm2311()()22ABABCEmmvmmmv（3）45sHh【解析】（1）滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程中，机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1，由机械能守恒定律有

2121vmghmAA解得：ghv21滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为v2，由动量守恒定律有21)(vmmvmBAA解得：ghvv2212112（2）滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹

簧的弹性势能542)()(vmvmmvmmCBABA25242221)(21)(21vmvmmvmmCBABA解之得：ghvghv252,210154（另一组解舍去）学.科网滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动：5svt221gtH

解得之：45sHh