第一章 6.反冲-【金版新学案】2025-2026学年新教材高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义教师用书word（教科版）

6.反冲 【素养目标】　1.知道反冲现象，能用动量守恒定律解释反冲现象。　2.知道火箭的原理和主要用途。　3.了解我国航天技术的发展。 知识点一　反冲 【情境导入】　(1)如图甲所示，把气球吹起来，用手捏住气球的通气口，突然松开后让气体喷出，气球会怎样运动？ (2)如图乙所示，章鱼是靠喷水使自己运动的，当水从章鱼的体内喷出后，章鱼会向什么方向运动？ 提示：(1)气球会沿着喷出气体的反方向飞出。 (2)章鱼会沿着喷水的反方向运动。 【教材梳理】 (阅读教材P28—P29完成下列填空) 1．定义：如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动，这个现象叫作反冲。 学生用书第28页 2．特点 (1)相互作用力常为变力，且作用力大，一般都满足内力远大于外力。 (2)反冲运动中，通常可以用动量守恒定律来处理。 3．反冲现象的应用：火箭、灌溉喷水器、反击式水轮机等都是利用反冲来工作的。 【师生互动】　如图所示，反冲小车(含酒精灯、铁架台、带有橡皮塞盛水的玻璃管)静止在水平光滑玻璃地板上，点燃酒精灯对玻璃管内的水加热，到一定程度时管内水蒸气将橡皮塞水平喷出，小车沿相反方向运动。如果小车运动前的总质量M＝3 kg，水平喷出的橡皮塞的质量m＝0.1 kg。(水蒸气质量忽略不计) 任务1.若橡皮塞喷出时获得的水平速度v＝2.9 m/s，则小车的反冲速度的大小及方向如何？ 任务1.若橡皮塞喷出时速度大小不变，调整玻璃管方向，使橡皮塞喷出时速度方向与水平方向成60°角，则小车的反冲速度的大小及方向如何？ 提示：任务1.小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为零，系统总动量为零。以橡皮塞运动的方向为正方向，根据动量守恒定律得mv＋(M－m)v′＝0 解得v′＝－0.1 m/s 负号表示小车运动方向与橡皮塞水平运动的方向相反，反冲速度大小为0.1 m/s。 任务2.小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒。以橡皮塞运动的水平分运动方向为正方向，有 mvcos 60°＋(M－m)v″＝0 解得v″＝－0.05 m/s 负号表示小车运动方向与橡皮塞水平分运动方向相反，反冲速度大小为0.05 m/s。 (2024·江西南昌期末)一只质量为2.8 kg的章鱼吸入0.2 kg的水，静止在水中，遇到危险时，它在极短的时间内把吸入的水向后完全喷出，以2.5 m/s的速度向前逃窜。求该章鱼喷出的水的速度大小。 答案：35 m/s 解析：根据动量守恒定律得m1v1＝m2v2 解得v2＝＝ m/s＝35 m/s。 处理反冲现象问题的“两点注意” 1．速度的矢量性：若系统原来静止，抛出部分具有速度时，剩余部分的速度必然相反，可任意规定某一部分的速度方向为正方向，另一部分的速度要取负值。 2．速度的相对性：反冲运动中，若已知条件是物体间的相对速度，应将相对速度转化为绝对速度(一般为对地速度)。　　 针对练1.2023年7月20日21时40分，经过约8小时的出舱活动，神舟十六号宇航员密切协同，在空间站机械臂支持下，圆满完成出舱活动全部既定任务。在出舱活动中，假设宇航员连同出舱装备共100 kg，在离飞船30 m的位置与飞船处于相对静止状态，为返回飞船，宇航服中的高压气源一次性喷出一定质量的速度为40 m/s的气体，5分钟后宇航员返回飞船，则喷出气体的质量为(　　) A．0.15 kg B．0.25 kg C．0.35 kg D．0.5 kg 答案：B 解析：宇航员相对飞船的速度大小v＝＝＝0.1 m/s，以飞船为参考系，取宇航员的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有0＝(m－m′)v－m′v′，解得喷出气体的质量m′≈0.25 kg，B正确。 针对练2.一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态。放出一个质量为m的粒子后反冲，已知原子核反冲的动能为E0，则放出的粒子的动能为(　　) A． B．E0 C．E0 D．E0 答案：A 解析：原子核放出粒子的过程系统动量守恒，以放出粒子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得p粒－p核＝0，原子核的动能E0＝，粒子的动能E＝，解得E＝，故A正确，B、C、D错误。故选A。 知识点二　火箭的发射 【情境导入】　我国早在宋代就发明了“火箭”，如图甲所示，在箭杆上捆一个前端封闭的火药筒，火药点燃后生成的燃气以很大的速度向后喷出，“火箭”就会向前飞出；图乙为我国“长征”家族系列运载火箭示意图。 学生用书第29页 (1)古代“火箭”与现代火箭的运动是什么运动？ (2)火箭的飞行利用了什么原理？ 提示：(1)古代“火箭”与现代火箭的运动都是反冲运动。 (2)火箭飞行利用了反冲原理。 【教材梳理】 (阅读教材P29—P30完成下列填空) 1．原理：火箭的发射利用了反冲。火箭燃料舱内的燃料被点燃后，产生急剧膨胀的燃气，舱壁对这部分燃气的作用力使气体从火箭尾部高速喷出，燃气对火箭的反作用力把火箭推向前方。 2．影响火箭获得速度大小的因素：一是向后的喷气速度；二是质量比(火箭开始飞行时的质量与燃料燃尽时的质量之比)。 【师生互动】　2022年11月29日23时08分，搭载“神舟十五号”载人飞船的“长征二号F遥十五”运载火箭发射成功，火箭将“神舟十五号”飞船成功送入近地点200 km、远地点330 km的预定轨道。飞船发射过程中的几个瞬间如图所示，图1是火箭点火开始飞行的瞬间，图2是助推器分离的瞬间，图3是火箭一、二级分离的瞬间。现代使用的航天火箭几乎都分成几级。在使用时，总是让第一级火箭先燃烧，在燃尽了全部推进剂以后，就被丢弃并点燃第二级火箭…… 任务1.说说火箭的发射原理。 任务1.假设火箭的初始质量为M，发动机熄火(推进剂用完)时的质量为m，二者之比被称为火箭的质量比，是火箭的一个重要性能参数，你能简要分析质量比对火箭的意义吗？ 提示：任务1.火箭发射利用了反冲原理，火箭发射时，尾管向后喷出高速气体，气体对箭体产生向前的推力，火箭获得向前的动量。 任务2.设火箭向后喷出气体的速率为v，喷出气体的质量Δm＝M－m，火箭获得的速度为v′，根据动量守恒定律，有(M－m)v＝mv′，解得v′＝v，可知，对于某一型号的火箭，在喷出相同速率的气体时，火箭的质量比越大，最终火箭获得的速率也就越大。 (2024·河南新乡高二月考)一质量为3×103 kg的火箭从地面竖直向上发射，若火箭喷射燃料气体的速率(相对于地面)为103 m/s，不计在开始一段时间喷出气体对火箭总质量的影响。求在开始时： (1)每秒钟喷出多少气体才能有克服火箭重力所需的推力？ (2)每秒钟喷出多少气体才能使火箭有20 m/s2的加速度？(取g＝10 m/s2) 解题引导：本题分析火箭喷气过程。已知火箭的运动状态，因此先对火箭分析，得出气体与火箭的相互作用力后分析喷出的气体。 答案：(1)30 kg　(2)90 kg 解析：(1)要使每秒钟喷出气体产生的推力克服火箭重力，则有F1＝Mg 对喷出的气体根据动量定理有F1′Δt＝Δm1v0－0 根据牛顿第三定律有F1′＝F1 解得Δm1＝30 kg。 (2)要使每秒钟喷出气体产生的推力使火箭有20 m/s2的加速度，则有F2－Mg＝Ma 对喷出的气体根据动量定理有F2′Δt＝Δm2v0－0 根据牛顿第三定律有F2′＝F2 解得Δm2＝90 kg。 针对练1.(2024·江苏无锡高二月考)将模型火箭放在光滑水平面上点火，燃气以某一速度从火箭喷口在很短时间内全部喷出。火箭在水平面上滑行，在燃气从火箭喷口喷出的过程中，下列说法正确的是(空气阻力可忽略)(　　) A．火箭对燃气作用力的冲量大于燃气对火箭作用力的冲量 B．火箭对燃气作用力的冲量小于燃气对火箭作用力的冲量 C.火箭的动量比喷出燃气的动量大 D．火箭的动能比喷出的燃气的动能小 答案：D 解析：根据牛顿第三定律，火箭与燃气之间的作用力大小相等、方向相反、作用时间相同，根据冲量的定义式I＝Ft可知，火箭对燃气作用力的冲量大小等于燃气对火箭作用力的冲量大小，故A、B错误；根据动量守恒定律，系统初动量为零，所以末动量也为零，即火箭的动量与燃气的动量大小相等、方向相反，故C错误；根据动量与动能的关系Ek＝，二者动量大小相等，但火箭的质量大，所以火箭的动能小，故D正确。 针对练2.一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s(相对地面)，设火箭与燃料总质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次。求： 学生用书第30页 (1)原来静止的火箭第三次喷气后的速度大小； (2)运动第1 s末，火箭的速度大小。 答案：(1)2 m/s　(2)13.5 m/s 解析：(1)法一：喷出气体的运动方向与火箭运动的方向相反，系统的动量守恒。 第一次气体喷出后，设火箭速度为v1，有 (M－m)v1－mv＝0 所以v1＝ 第二次气体喷出后，设火箭速度为v2，有 v2－mv＝(M－m)v1 所以v2＝ 第三次气体喷出后，火箭速度为v3，有 v3－mv＝v2 所以v3＝＝ m/s≈2 m/s。 法二：选取整体为研究对象，运用动量守恒定律求解。 设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出三次气体为研究对象，根据动量守恒定律，有 (M－3m)v3－3mv＝0 所以v3＝≈2 m/s。 (2)发动机每秒喷气20次，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律，有 v20－20mv＝0 故v20＝≈13.5 m/s。 知识点三　“人—船”模型问题 (多选)(2024·山东潍坊高二检测)如图所示，质量为M，长度为L的船停在平静的湖面上，船头站着质量为m的人，M>m，现在人由静止开始由船头走到船尾。不计水对船的阻力，则(　　) A．人和船运动方向相同 B．船运行速度小于人的行进速度 C．由于船的惯性大，当人停止运动时，船还要继续运动一段距离 D．人相对水面的位移为 解题引导：人、船在水平方向上动量守恒。所以得出Mx1＝mx2，根据相对运动知x1＋x2＝L，联立求解。 答案：BD 解析：人和船动量守恒，系统总动量为零，故人和船运动方向始终相反，故A错误；由动量守恒定律有Mv船＝mv人，又M>m，故v人>v船，故B正确；由人—船系统动量守恒且系统总动量为零可知，人走船走，人停船停，故C错误；由水平方向动量守恒，有M＝m，且x人＋x船＝L，可得x人＝，故D正确。 1．模型构建：如图所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人由静止开始从船的右端走到船的左端，人对地位移大小为x1、方向向左，小船对地的位移大小为x2、方向向右。不计水的阻力。对人和船组成的系统，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒。 2．模型分析：设某时刻人对地的速率为v1，船对地的速率为v2，以人走的方向为正方向，根据动量守恒定律得mv1－Mv2＝0① 因为在人从船头走到船尾的整个过程中动量守恒，对①式两边同乘Δt， 得mx1－Mx2＝0②　　 ②式为人对地的位移和船对地的位移关系。由图还可看出：x1＋x2＝L③ 联立②③两式得 3．“人船模型”的条件及结论 (1)条件 ①两个物体相互作用前均静止，相互作用后向相反的方向运动。 ②系统所受合外力为零或者在某一方向上的合外力为零，系统的动量守恒或者在该方向上的动量守恒。 (2)结论 ①两个物体系统的动量守恒：m1v1－m2v2＝0。 ②两个物体的平均速度(或者瞬时速度)之比等于其质量的反比：＝。 ③两个物体的位移大小之比等于其质量的反比：＝。 ④两个物体的运动：“人”走“船”行、“人”快“船”快、“人”慢“船”慢、“人”停“船”停。 针对练1.如图所示，质量为2m、半径为R的大空心球B(内壁光滑)静止在光滑水平面上，有一质量为m的小球A(可视为质点)在球B内从与大球球心等高处开始无初速度下滑，滚到大球最低点时，大球移动的距离为(　　) A．R B． C． D． 答案：C 解析：设某时刻小球的速度大小为v1，大球的速度大小为v2，大球的位移大小为x，小球相对于水平面的水平位移大小为R－x，取水平向左为正方向，根据系统水平方向动量守恒，有2mv2－mv1＝0，两边均乘以t，有2mv2t－mv1t＝0，则2mx－m(R－x)＝0，解得x＝，故C正确。 学生用书第31页 针对练2. (2024·福建省泰宁一中高二期中)如图所示，质量是M(包括绳)的气球下方有一段绳长为L，一质量为m的人悬挂在绳的末端B点，气球和人均处于静止状态。现人沿绳慢慢地爬到绳的上端A点处，空气阻力不计，人可视为质点，则人实际上爬的高度是(　　) A．L B．L C．L D．L 答案：B 解析：设气球下降的高度为h，则由平均动量守恒可知Mh＝m，解得h＝，则人实际上爬的高度是h′＝L－h＝，故B正确。 1．(多选)物理知识在生活和生产中有广泛应用，以下实例利用了反冲现象的是(　　) 答案：ACD 解析：乌贼喷水前行、火箭喷气升空、飞机喷气加速都是利用了反冲原理；而电风扇吹风不是反冲。故选ACD。 2．(多选)(2024·湖南益阳高二月考)采取下列哪些措施有利于增加火箭的飞行速度(　　) A．使喷出的气体速度更大 B．使喷出的气体温度更高 C．使喷出的气体质量更大 D．使喷出的气体密度更小 答案：AC 解析：设火箭原来的总质量为M，喷出的气体质量为m，速度为v，剩余的质量为(M－m)，速度为v′，由动量守恒定律得(M－m)v′＝mv，解得v′＝，由上式可知：m越大，v越大，v′越大，故A、C正确。 3．(2024·河北保定第三中学月考)有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(质量为一吨左右)。一位同学想用一把卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d及船长L。已知他自身的质量为m，水的阻力不计，船的质量为(　　) A． B． C． D． 答案：A 解析：设人走动时船的速度大小为v船，人的速度大小为v人，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有Mv船－mv人＝0，则有Mx船－mx人＝0，又x船＋x人＝L，x船＝d，联立解得船的质量为M＝，A正确，B、C、D错误。故选A。 4．(选自人教版课后习题)用火箭发射人造地球卫星，假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以7.0×103 m/s的速度绕地球做匀速圆周运动。已知卫星的质量为500 kg，最后一节火箭壳体的质量为100 kg。某时刻火箭壳体与卫星分离，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为1.8×103 m/s。试分析计算：分离后卫星的速度增加到多大？火箭壳体的速度是多大？分离后它们将如何运动？ 答案：见解析 解析：设分离后火箭壳体的速度为vA，火箭壳体、卫星的质量分别为m1、m2，二者的相对速度为u 由动量守恒定律得(m1＋m2)v＝m2(vA＋u)＋m1vA 代入数据解得vA＝5 500 m/s，则卫星速度增大到7 300 m/s 卫星速度大于原速度，将做离心运动；火箭壳体速度小于原速度，火箭壳体将做近心运动。 课时测评6　反冲 (时间：45分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－9题，每题5分，共45分) 1．(多选)下列情境属于反冲现象的有(　　) A．乒乓球碰到墙壁后弹回 B．发射炮弹后炮身后退 C．喷气式飞机喷气飞行 D．火箭升空 答案：BCD 解析：乒乓球碰到墙壁后弹回是因为受到了墙壁的作用力，不是反冲现象，A错误；系统在内力作用下，当一部分向某一方向的动量发生变化时，剩余部分沿相反方向的动量发生同样大小变化的现象就是反冲现象，所以发射炮弹后炮身后退，是反冲现象；喷气式飞机是利用飞机与气体间的相互作用促进飞机前进，是反冲现象；同理火箭升空是反冲现象，B、C、D正确。 2. (2024·湖南郴州一模)在一次课外活动中，老师和同学们来到学校操场，举行水火箭发射比赛，如图是水火箭升空瞬间的照片。这一有趣的比赛活动引起了同学们对有关物理学知识的讨论，下列说法正确的是(　　) A．水火箭上升过程中加速度一直等于重力加速度 B．水火箭上升过程中处于超重状态，下落过程中处于失重状态 C．水火箭利用反冲原理，喷出液体对空气作用力的反作用力使水火箭获得前进的动力 D．水火箭利用反冲原理，喷出液体使水火箭获得反作用力作为前进的动力 答案：D 解析：水火箭加速上升过程中加速度向上，加速度大小可能在变化，液体喷射完后向上做减速运动，但还受空气阻力作用，加速度不等于重力加速度，到最高点时空气阻力为零，加速度才等于重力加速度，A错误；水火箭加速上升过程中处于超重状态，减速上升和下落过程中处于失重状态，B错误；水火箭利用反冲原理，喷出液体使水火箭获得反作用力(克服重力)作为前进的动力，C错误，D正确。故选D。 3．(多选)(2024·安徽合肥高二月考)某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始从船头走向船尾，不计水的阻力，那么在这段时间内人和船的运动情况是(　　) A.人匀速走动，船则匀速后退，且两者的速度大小与它们的质量成反比 B．人匀加速走动，船则匀加速后退，且两者的加速度大小一定相等 C．不管人如何走动，在任意时刻两者的速度总是方向相反，大小与它们的质量成反比 D．人走到船尾不再走动，船则停下 答案：ACD 解析：以人和船构成的系统为研究对象，其总动量守恒，设v1、v2分别为人和船的速率，m、M分别为人和船的质量，则有0＝mv1－Mv2，故有＝，选项A、C、D正确；人和船若匀加速运动，则有F＝ma人，F＝Ma船，所以＝，m与M不一定相等，所以两者的加速度大小不一定相等，选项B错误。 4．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是(　　 ) A．燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭 B．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭 C．火箭吸入空气，然后向后推出，空气对火箭的反作用力推动火箭 D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭 答案：B 解析：火箭工作的原理是反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得反冲速度，故B正确。 5. (2024·安徽淮北期中)一炮舰在海面上匀速行驶，突然从炮舰头和炮舰尾同时向前和向后发射一发炮弹，设两炮弹质量相同，相对于地面的速率相同，牵引力、阻力均不变，则炮舰的动量和速度的变化情况是(　　) A．动量不变，速度增大 B．动量变小，速度不变 C．动量增大，速度增大 D．动量增大，速度减小 答案：A 解析：炮舰具有一向前的动量，在发射炮弹的过程中动量守恒，由于两发炮弹的总动量为零，因此炮舰的动量不变，又因为炮舰发射炮弹后质量变小，所以炮舰的速度增大，A正确。 6．某同学为研究反冲运动，设计了如图所示的装置，固定有挡光片的小车内表面水平，置于光滑水平面上，挡光片宽为d，小车的左侧不远处有固定的光电门，用质量为m的小球压缩车内弹簧，并锁定弹簧，整个装置处于静止，解除锁定，小球被弹射后小车做反冲运动并通过光电门，与光电门连接的计时器记录挡光片挡光时间为t，小车、弹簧和挡光片的总质量为3m，则小球被弹出小车的瞬间相对于地面的速度大小为(　　) A.　　　　B．　　　　C．　　　　D． 答案：C 解析：由题可知，小车做反冲运动的速度大小为v1＝，由于小车处于光滑水平面上，反冲运动过程系统动量守恒，以小球弹出方向为正方向，有3mv1＝mv2，解得v2＝3v1＝，故C正确，A、B、D错误。故选C。 7.如图所示，装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时对地的速率为v0，若炮管与水平地面的夹角为θ，忽略火炮后退对弹道的影响，则火炮后退的速度大小为(假设水平地面光滑)(　　) A．v0 B． C． D． 答案：C 解析：由于炮弹的重力作用，火炮发射炮弹的过程只有水平方向动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律有m2v0cos θ－v＝0，解得v＝，C正确。 8. (多选)(2024·湖南长沙雅礼实验中学高二上月考)小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车的另一端，如图所示。已知车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹)，每颗子弹质量为m，共n发，打靶时，枪口到靶的距离为d，若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发子弹打入靶中后，再打下一发。则以下说法正确的是(　　) A．待打完n发子弹后，小车将以一定的速度向右匀速运动 B．待打完n发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方 C．在每一发子弹的射击过程中，小车所运动的位移相同，大小均为 D．在每一发子弹的射击过程中，小车所运动的位移不相同 答案：BC 解析：车、人、枪、靶和n颗子弹组成的系统动量守恒，系统初动量为零，故末动量也为零，子弹打完后，小车不可能向右匀速运动；每射击一次，小车都会右移，所以子弹打完后，小车停在射击之前位置的右方，故A错误，B正确；每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发，因此每次射击，以一颗子弹和车、人、枪、靶、(n－1)颗子弹为研究对象，以向左为正方向，根据动量守恒定律有0＝m－[M＋m]，由位移关系有x车＋x子＝d，解得x车＝，故C正确，D错误。 9. (2024·江苏南京第二十九中学月考)如图所示，质量M＝2 kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝1 kg的小球通过长L＝0.5 m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4 m/s，重力加速度g取10 m/s2。则(　　) A．若锁定滑块，小球通过最高点P时对轻杆的作用力为4 N B．若解除对滑块的锁定，滑块和小球组成的系统动量守恒 C．若解除对滑块的锁定，小球通过最高点时速度为2 m/s D．若解除对滑块的锁定，小球击中滑块右侧轨 道位置点与小球起始位置点间的距离为 m 答案：C 解析：若锁定滑块，设小球到达最高点P时速度为vP，由小球机械能守恒，有mv02＝mgL＋mvP2，解得vP＝ m/s，对小球，根据牛顿第二定律有F＋mg＝m，解得F＝2 N，A错误；若解除锁定，小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，B错误；设小球到达最高点时速度为vm，滑块的速度为vM，水平方向，由动量守恒定律得mvm＝MvM，由系统机械能守恒定律得mv02＝mvm2＋MvM2＋mgL，解得vm＝2 m/s，C正确；设小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为xm，滑块运动的距离为xM，由系统水平方向动量守恒得mxm＝MxM，又xm＋xM＝2L，解得xm＝ m，D错误。故选C。 10．(15分) (2024·辽宁营口期末)如图所示，带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块P静止在光滑水平地面上，其末端与水平地面相切。一小滑块Q从光滑圆弧轨道的最高点由静止释放，已知滑块P和滑块Q的质量均为m，圆弧轨道的半径为R，重力加速度大小为g，求： (1)滑块Q刚离开P时，滑块P的位移大小； (2)滑块Q滑到水平地面上时的速度大小； (3)滑块Q在圆弧轨道上下滑的过程中，P对Q的支持力做的功。 答案：(1)　(2) 　(3)－mgR 解析：(1)滑块P、Q组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故0＝mvP－mvQ即0＝mxP－mxQ，且xP＋xQ＝R 解得xP＝。 (2)在水平方向，由动量守恒定律有0＝mvP－mvQ 对系统由能量守恒定律有 mgR＝mvP2＋mvQ2 解得vQ＝。 (3)对滑块Q，由动能定理有mgR＋W支＝mvQ2解得W支＝－mgR。 学生用书第32页 学科网（北京）股份有限公司 $