06 专题二 第6课时 动量定理和动量守恒定律（课件PPT）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与策略（广东专版）

专题二　能量与动量 第6课时　动量定理和动量守恒定律 1 真题呈现 2022·广东卷T13——竖直方向的碰撞问题 2023·广东卷T10——外力作用下的碰撞过程、动量定理 2023·广东卷T15——非弹性碰撞 2024·广东卷T10——弹性碰撞 2024·广东卷T14——根据F-t图像求解变力的冲量、动量定理 2025·广东卷T7——水平方向的碰撞问题 第6课时　动量定理和动量守恒定律 考情分析 本讲主要考查的知识点有动量和冲量的定义、动量定理、动量守恒定律。题型可能是选择题，也可能是解答题。动量是每年广东高考的热门考点，其中利用动量定理和动量守恒定律解决碰撞类问题几乎是每年的必考内容。 第6课时　动量定理和动量守恒定律 真题情境 　　　 　　　 2022·广东卷T13　　2023·广东卷T10　　2023·广东卷T15 第6课时　动量定理和动量守恒定律 真题情境 　　　 　　　 2024·广东卷T10　　2024·广东卷T14　　2025·广东卷T7 第6课时　动量定理和动量守恒定律 突破点一　动量定理及其应用 1．定义：(1)动量：p＝mv；(2)冲量I＝Ft； (3)动量定理：I＝Δp或Ft＝mv2－mv1。 扩展：牛顿第二定律的另一种表示形式：F＝，合外力等于动量的变化率。 突破点一 突破点二 课后限时练 第6课时　动量定理和动量守恒定律 6 2．冲量的三种计算方法 公式法 I＝Ft，适用于求恒力的冲量 动量定理法 多用于求变力的冲量或F、t未知的情况 图像法 F-t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量，若F与t呈线性关系，也可直接用平均力求解 突破点一 突破点二 课后限时练 第6课时　动量定理和动量守恒定律 3．动量定理的应用及其注意事项 (1)应用： ①解释缓冲现象：Δp一定，Ft为确定值，F＝，t越大，F越小。 ②在变加速运动中F为Δt时间内的平均力。 ③电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移。 突破点一 突破点二 课后限时练 第6课时　动量定理和动量守恒定律 ④利用动量定理解决流体类问题：要选取小段时间Δt内的连续流体为研究对象(如图所示)，Δt内流过该截面的流体的质量Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt(ρ为密度)，分析连续流体的受力情况和动量变化，即FΔt＝ΔmΔv。 a．作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2； b．作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝ －2ρSv2。 突破点一 突破点二 课后限时练 第6课时　动量定理和动量守恒定律 (2)注意事项： ①研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统。 ②表达式是矢量式，需要规定正方向。 ③动量定理既适用于恒力，又适用于变力。当F为变力时，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。 ④一般来说，能用牛顿第二定律解决的问题，也能用动量定理解决，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理求解更简捷。 突破点一 突破点二 课后限时练 第6课时　动量定理和动量守恒定律 [典例1]　(多选)(2025·广东广州二模)距地面为h高度处的甲球由静止释放，同时位于地面的乙球以一定的初速度竖直上抛，乙球在上升过程中在距地面0.75h处与甲球发生弹性正碰，碰后甲球恰好能够回到原高度处。两球质量相等且均可视为质点，不计空气 阻力。下列说法正确的有(　　) A．碰撞前后瞬间，甲球的动量不变 B．碰撞前后瞬间，乙球的动能不变 C．从释放到碰撞前过程，甲球的重力冲量小于乙球的重力冲量 D．从碰撞后到乙球落地前过程，甲、乙两球的重力冲量相等 √ √ 突破点一 突破点二 课后限时练 第6课时　动量定理和动量守恒定律 BD　[碰后甲球恰好能够回到原高度处，则碰撞前后瞬间，甲球的速度大小不变，方向相反，动量改变，故A错误；两球发生弹性碰撞，由能量守恒定律可知碰撞前后瞬间乙球的动能不变，故B正确；从释放到碰撞前过程，两球运动时间相等，由I＝mgt可知甲球的重力冲量等于乙球的重力冲量，故C错误；从碰撞后到乙球落地前过程，两球运动时间相等，由I＝mgt可知甲、乙两球的重力冲量相等，故D正确。故选BD。] 突破点一 突破点二 课后限时练 第6课时　动量定理和动量守恒定律 [典例2]　(2024·广东卷T14节选)如图甲所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化规律，可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量M＝30 kg，H＝3.2 m，重力加速度大小取g＝10 m/s2。求： (1)碰撞过程中F的冲量大小和方向； (2)碰撞结束后头锤上升的最大高度。 突破点一 突破点二 课后限时练 第6课时　动量定理和动量守恒定律 [解析]　(1)由题图乙可知碰撞过程中F的冲量大小 IF＝×0.1×6 600 N·s＝330 N·s，方向竖直向上。 (2)头锤落到气囊上时的速度v0＝＝8 m/s 与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)得 IF－Mgt＝Mv－(－Mv0) 解得v＝2 m/s 则上升的最大高度h＝＝0.2 m。 [答案]　(1)330 N·s，方向竖直向上　(2)0.2 m 突破点一 突破点二 课后限时练 第6课时　动量定理和动量守恒定律 [典例3]　某轻机枪子弹弹头质量约8 g，出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为 (　　) A．40　 B．80 C．120　 D．160 √ C　[设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得Ft＝nmv0，代入数据解得n＝120，故选项C正确。] 突破点一 突破点二 课后限时练 第6课时　动量定理和动量守恒定律 [典例4]　某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求： (1)喷泉单位时间内喷出的水的质量； (2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。 突破点一 突破点二 课后限时练 第6课时　动量定理和动量守恒定律 [解析]　(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV，ΔV＝v0SΔt 则单位时间内从喷口喷出的水的质量为 m0＝＝ρv0S。 (2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水，由动能定理得 －Δmgh＝Δmv2－Δm 突破点一 突破点二 课后限时练 第6课时　动量定理和动量守恒定律 在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝Δmv 设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg 联立以上各式得h＝－。 [答案]　(1)ρv0S　(2)－ 突破点一 突破点二 课后限时练 第6课时　动量定理和动量守恒定律 [典例5]　(多选)(2024·福建卷)物体置于足够长光滑斜面上并锁定，t＝0时刻解除锁定，并对物体沿斜面施加如图乙所示变化的力F，以沿斜面向下为正方向，下列说法正确的是(　　) A．0～4t0，物体一直沿斜面向下运动 B．0～4t0，合外力的总冲量为0 C．t0时动量是2t0时的一半 D．2t0～3t0过程物体的位移小于3t0～4t0的位移 √ √ 突破点一 突破点二 课后限时练 第6课时　动量定理和动量守恒定律 AD　[根据题图乙可知当F＝2mgsin θ时，物块加速度为a1＝＝3gsin θ，方向沿斜面向下；当F＝－2mgsin θ时，物块加速度大小为a2＝＝gsin θ，方向沿斜面向上，作出物体在0～4 t0内的v-t图像。 突破点一 突破点二 课后限时练 第6课时　动量定理和动量守恒定律 根据图像可知0～4t0时间内，物体一直沿斜面向下运动，故A正确；根据图像可知0～4t0过程，物体的末速度不等于0，根据动量定理有I合＝Δp≠0，故B错误；根据图像可知t0时物体速度大于2t0时物体的速度，故t0时动量不是2t0时的一半，故C错误；v-t图像与时间轴围成的面积表示位移，故由图像可知2t0～3t0过程物体的位移小于3t0～4t0的位移，故D正确。故选AD。] 突破点一 突破点二 课后限时练 第6课时　动量定理和动量守恒定律 【教师备选资源】 1．(多选)如图所示，质量为60 kg的同学在练习跳球。他将篮球从离地面高为2 m的位置以5 m/s的初速度竖直向上抛出，接着在篮球正下方竖直举起手臂并准备沿竖直方向起跳，在篮球抛出后的0.2 s时刻恰好跳离地面，此时手指尖离地面高为2.5 m。不计空气阻力，g取10 m/s2，已知篮球到达最高点时，该同学的手指尖恰好触碰到篮球，则(　　) A．起跳过程，地面对该同学的冲量为120 N·s B．起跳过程，合外力对该同学的冲量为240 N·s C．触碰到篮球时该同学的速度为0 D．触碰到篮球时该同学的速度为1 m/s √ √ 突破点一 突破点二 课后限时练 第6课时　动量定理和动量守恒定律 BD　[篮球到达最高点时，运动的时间为t1＝＝0.5 s，同学运动的时间为t2＝t1－Δt＝0.3 s，篮球到达最高点时，该同学的手指尖恰好触碰到篮球，则＋h1＝v人t2－g＋h2，其中h1＝2 m，h2＝2.5 m，解得v人＝4 m/s，触碰到篮球时该同学的速度为v＝v人－gt2＝1 m/s，故C错误，D正确；起跳过程，根据动量定理得IF－mgΔt＝mv人，解得地面对该同学的冲量为IF＝360 N·s，故A错误；根据动量定理，起跳过程，合外力对该同学的冲量为I合＝mv人＝240 N·s，故B正确。故选BD。] 突破点一 突破点二 课后限时练 第6课时　动量定理和动量守恒定律 2．(2025·广东汕头一模)某实验小组用电池、电动机等器材自制风力小车，如图所示，叶片匀速旋转时将空气以速度v向后排开，叶片旋转形成的圆面积为S，空气密度为ρ，下列说法正确的是(　　) A．风力小车的原理是将风能转化为小车的动能 B．t时间内叶片排开的空气质量为ρSv C．叶片匀速旋转时，空气对小车的推力为ρSv2 D．叶片匀速旋转时，单位时间内空气流动的动能为ρSv2 √ 突破点一 突破点二 课后限时练 第6课时　动量定理和动量守恒定律 C　[风力小车的原理是消耗电能，先转化成风能，再推动小车运动，所以是电能转化为小车的动能，故A错误；t时间内叶片排开的空气质量为m＝ρSvt，故B错误；由动量定理可得叶片匀速旋转时，空气受到的推力为F＝＝＝ρSv2，根据牛顿第三定律可知空气对小车的推力为ρSv2，故C正确；叶片匀速旋转时，单位时间内空气流动的动能为Ek＝m0v2＝ρSv·v2＝ρSv3，故D错误。故选C。] 突破点一 突破点二 课后限时练 第6课时　动量定理和动量守恒定律 突破点二　动量守恒定律的综合应用 考向1　几类碰撞模型 1．动量守恒定律的条件：(1)合外力为0；(2)内力远远大于外力；(3)某方向合力为0，则这一方向动量守恒。 2．动量守恒定律的表达式 (1)m1v1＋m2v2＝m1v'1＋m2v'2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。 (2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。 (3)Δp＝0，系统总动量的增量为零。 突破点二 课后限时练 突破点一 第6课时　动量定理和动量守恒定律 26 3．常见碰撞模型 (1)“保守型”碰撞拓展模型 图例 (水平 面光 滑)   小球－弹簧模型   小球－曲面模型   小球－小球模型 突破点二 课后限时练 突破点一 第6课时　动量定理和动量守恒定律 达到 共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能 再次 分离 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，机械能守恒，满足m＝m＋M 突破点二 课后限时练 突破点一 第6课时　动量定理和动量守恒定律 (2)“耗散型”碰撞拓展模型 图例 (水平 面或 水平 导轨 光滑)       达到 共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能 突破点二 课后限时练 突破点一 第6课时　动量定理和动量守恒定律 4．碰撞的基本规律 突破点二 课后限时练 突破点一 第6课时　动量定理和动量守恒定律 [典例6]　如图所示，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为m＝M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求： (1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小； (2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离。 突破点二 课后限时练 突破点一 第6课时　动量定理和动量守恒定律 [解析]　(1)过程1：小球释放后自由下落，下降l，根据动能定理有mgl＝m，解得v0＝ 过程2：小球以的速度与静止圆盘发生弹性碰撞，取向下为正方向，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有m＝m＋Mv mv0＝mv1＋Mv'1 解得v1＝－v0＝－，v'1＝v0＝ 即小球碰后速度大小为，方向竖直向上，圆盘速度大小为，方向竖直向下。 突破点二 课后限时练 突破点一 第6课时　动量定理和动量守恒定律 (2)第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即v1＋gt＝v'1，解得t＝＝ 根据运动学公式得最大距离为 dmax＝x盘－x球＝v'1t－＝＝l。 [答案]　(1)　　(2)l 突破点二 课后限时练 突破点一 第6课时　动量定理和动量守恒定律 [典例7]　(2025·广东卷T7)如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等、方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是(　　) 突破点二 课后限时练 突破点一 第6课时　动量定理和动量守恒定律 A　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　D √ 突破点二 课后限时练 突破点一 第6课时　动量定理和动量守恒定律 A　[两小球碰撞前后各自的受力未发生变化，则小球碰撞后的加速度与碰撞前的相同，又v-t图像的斜率表示加速度，则碰撞前后小球的v-t图线相互平行，B、C错误；由于F1与F2始终大小相等、方向相反，且两小球均由静止开始沿同一直线相向运动，则由动量定理可知碰撞前后两小球整体的总动量为0，D错误，A可能正确。] 突破点二 课后限时练 突破点一 第6课时　动量定理和动量守恒定律 [典例8]　(2025·广东广州三模)大型工厂的车间中有一种设备叫作天车如图甲所示，是一种运输材料的常用工具。此装置可以简化为如图乙所示的模型，足够长的光滑水平杆上套有一个质量为M的滑块，滑块正下方用不可伸长的轻绳悬挂一质量为m的小球。开始时两者均静止，给小球一水平向右的初速度v0后，小球恰好能摆至与滑块等高的位置，如图乙所示，之后小球再向下摆动，不计空气阻力，则(　　) A．小球与滑块等高时，小球的速度为零 B．此过程中，小球与滑块组成的系统动量不守恒 C．小球与滑块等高时，滑块的速度达到最大值 D．小球向左摆到滑块正下方时，其速度大小仍为v0 √ 突破点二 课后限时练 突破点一 第6课时　动量定理和动量守恒定律 B　[根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝，小球的速度为v＝，A错误；此过程中，小球与滑块组成的系统动量不守恒，只有水平方向动量守恒，B正确；小球下落到最低点时，滑块的速度达到最大值，C错误；根据机械能守恒定律得m＝m＋M，解得v1<v0 ， 小球向左摆到滑块正下方时，其速度大小小于v0，D错误。故选B。] 突破点二 课后限时练 突破点一 第6课时　动量定理和动量守恒定律 【教师备选资源】 1．(多选)如图(a)所示，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a-t图像如图(b)所示，S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积的大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积的大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是(　　) 突破点二 课后限时练 突破点一 第6课时　动量定理和动量守恒定律 A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0 B．mA>mB C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x D．S1－S2＝S3 √ √ √ (a) (b) 突破点二 课后限时练 突破点一 第6课时　动量定理和动量守恒定律 ABD　[将A、弹簧、B看成一个系统，0到t1时间内，重力、支持力对系统的冲量的矢量和为零，墙对系统的冲量等于系统动量的变化量，即墙对B的冲量等于mAv0，A正确；t1时刻之后，A、B组成的系统动量守恒，由题图(b)可知，t1到t2这段时间内，S3>S2，故B物体速度的变化量大于A物体速度的变化量，可知A物体的质量大于B物体的质量，B正确；撤去外力F后，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，B运动后，A、B具有动能，根据系统机械能守恒可知，弹簧的最大形变量小于x，C错误；t2时刻，A、B的加速度均最大，此时弹簧拉伸到最长，A、B共速，设速度为v，a-t图像与时间轴所围图形的面积代表速度的变化量，0～t2时间内，A 的速度变化量为S1－S2，B的速度变化量为S3，两者相等，即S1－S2＝S3，D正确。] 突破点二 课后限时练 突破点一 第6课时　动量定理和动量守恒定律 2．(2024·安徽卷)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球通过不可伸长的绝缘轻质细线连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m、带电量为＋q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了，k为静电力常量，不计空气阻力。则(　　) 突破点二 课后限时练 突破点一 第6课时　动量定理和动量守恒定律 A．该过程中小球3受到的合力大小始终不变 B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒 C．在图乙位置，v1＝v2，v3≠2v1 D．在图乙位置，v3＝ √ 突破点二 课后限时练 突破点一 第6课时　动量定理和动量守恒定律 D　[该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为0，故动量守恒，故B错误；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到球1和球2的电场力大小相等、方向相反，故可知此时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动瞬间受到的合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在改变，故A错误；对系统根据动量守恒定律得mv1＋mv2＝mv3，根据球1和球2运动的对称性可知v1＝v2，解得v3＝2v1，根据能量守恒定律得m＋m＋m＝，解得v3＝，故C错误，D正确。故选D。] 突破点二 课后限时练 突破点一 第6课时　动量定理和动量守恒定律 考向2　人船模型和爆炸、反冲问题 1．人船模型 突破点二 课后限时练 突破点一 第6课时　动量定理和动量守恒定律 2．爆炸与反冲的三个特点 (1)作用时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向动量守恒。 (2)爆炸过程有内能转化为机械能，系统机械能增加，要利用能量守恒定律解题。 (3)若系统初始状态处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度往往方向相反。 突破点二 课后限时练 突破点一 第6课时　动量定理和动量守恒定律 [典例9]　如图所示，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离。 突破点二 课后限时练 突破点一 第6课时　动量定理和动量守恒定律 [解析]　设小球速度大小为v1，凹槽速度大小为v2，小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正方向，则0＝mv1－Mv2 小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒 mgb＝m＋M 联立解得v2＝ 突破点二 课后限时练 突破点一 第6课时　动量定理和动量守恒定律 因水平方向在任何时候都动量守恒，即 0＝m－M 两边同时乘t可得mx1＝Mx2 且由几何关系可知x1＋x2＝a 联立得x2＝a。 [答案]　　a 突破点二 课后限时练 突破点一 第6课时　动量定理和动量守恒定律 【教师备选资源】 1．如图，玩具“火箭”由上下A、B两部分和一个劲度系数较大的轻弹簧构成，A的质量为0.2 kg，B的质量为0.4 kg，弹簧夹在中间，与两者不固连。开始时让A、B压紧弹簧并锁定为一个整体，为使A上升得更高，让“火箭”在距地面0.8 m 高处自由释放，“火箭”着地瞬间以原速率反弹，同时解除锁定，当弹簧恢复原长时，B恰好停在地面上，不计空气阻力和“火箭”的体积以及弹簧解锁恢复原长的时间，重力加速 度取10 m/s2。求： (1)“火箭”着地时的速度大小； (2)A上升的最大高度； (3)弹簧被锁定时的弹性势能。 突破点二 课后限时练 突破点一 第6课时　动量定理和动量守恒定律 [解析]　(1)“火箭”在距地面0.8 m高处自由释放，做自由落体运动，有v2＝2gh 解得v＝4 m/s。 (2)“火箭”着地瞬间以原速率反弹，同时解除锁定，弹簧恢复原长时，B恰好停在地面上，动量守恒，取向上为正方向，有(mA＋mB)v＝mAv' 解得v'＝12 m/s A做竖直上抛运动，可逆向看成自由落体运动，则有v'2＝2gh' 解得h'＝7.2 m。 (3)根据功能关系有Ep＝mAv'2－(mA＋mB)v2＝9.6 J。 [答案]　(1)4 m/s　(2)7.2 m　(3)9.6 J 突破点二 课后限时练 突破点一 第6课时　动量定理和动量守恒定律 $