第7章 第2讲 动量守恒定律及其应用（Word习题）-【满分思维】2027年高考一轮总复习讲义·物理（江苏专版）

该高中物理讲义聚焦动量守恒定律及其应用，涵盖定律理解、碰撞问题、爆炸反冲及人船模型等高考核心考点，按“基础理解—情境应用—模型建构”逻辑组织，通过考点梳理、典例精讲、规律总结、真题训练四环节，帮助学生构建系统知识网络，突破综合应用难点。 资料突出科学思维与模型建构，如碰撞问题分弹性、非弹性、完全非弹性建模，结合高考真题分析动量守恒与能量关系；人船模型通过实例推导位移规律，设置分层练习，培养学生问题解决能力，为教师精准把控复习节奏、提升学生应考效率提供有力支持。

第2讲　动量守恒定律及其应用 考点一　动量守恒定律的理解及基本应用 1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的__矢量和__为0，这个系统的总动量保持不变． 2．适用条件 (1) 理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零． (2) 近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力__远大于__它所受到的外力，如碰撞、爆炸等过程． (3) 某一方向守恒：如果系统动量不守恒，但在某一方向上不受外力或所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒． 3．表达式 (1) p＝p′或m1v1＋m2v2＝__m1v′1＋m2v′2__．即系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量． (2) Δp1＝__－Δp2__，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向． 典例1　如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放. Q与P的接触面粗糙，在Q下滑的过程中，关于P和Q构成的系统，下列说法中正确的是(　D　) A．机械能守恒、动量守恒 B．机械能不守恒、动量守恒 C．机械能守恒、动量不守恒 D．机械能不守恒、动量不守恒 【解析】 系统在水平方向所受合外力为零，则系统在水平方向动量守恒，但系统在竖直方向所受合外力不为零，则系统动量不守恒. Q与P的接触面粗糙，克服阻力做功，所以机械能不守恒，故D正确． 典例2　如图所示，在光滑水平面上有两个并排静止放置的木块A、B，已知mA＝0.5 kg，mB＝0.3 kg.现有质量m0＝0.08 kg的小物块C以初速度v0＝25 m/s在A上表面沿水平方向向右滑动，由于C与A、B间均有摩擦，C最终停在B上，B、C最后的共同速度v＝2.5 m/s.求： (1) 木块A的最终速度的大小． (2) 小物块C滑离木块A时的速度大小． 答案：(1) 2.1 m/s　(2) 4 m/s 【解析】 (1) 取向右为正方向，设木块A的最终速度为v1，由动量守恒定律，对A、B、C有 m0v0＝mAv1＋(mB＋m0)·v 解得v1＝2.1 m/s (2) 设C滑离A时的速度为v2，当C滑离A后，由动量守恒定律，对B、C有m0v2＋mBv1＝(mB＋m0)v 解得v2＝4 m/s 动量守恒定律的五个特性 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向 相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面) 同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…应是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p′1、p′2、…应是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量 系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统 考点二　碰撞问题 1．弹性碰撞 碰撞结束后，形变全部消失，动能没有损失，不仅动量守恒，而且初、末动能相等． 以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有 m1v1＝m1v′1＋m2v′2 m1v＝m1v′＋m2v′ 联立解得v′1＝v1，v′2＝v1 讨论：(1) 若m1＝m2，则v′1＝0，v′2＝v1(质量相同，速度交换). (2) 若m1＞m2，则v′1＞0，v′2＞0(大碰小，一起跑). (3) 若m1≫m2，则v′1≈v1，v′2≈2v1. (4) 若m1＜m2，则v′1＜0，v′2＞0(小碰大，要反弹). (5) 若m1≪m2，则v′1≈－v1，v′2≈0. 2．非弹性碰撞 碰撞结束后，动能有部分损失． m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2 m1v＋m2v＝m1v′＋m2v′＋ΔEk损 3．完全非弹性碰撞 碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大． m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v m1v＋m2v＝(m1＋m2)v2＋Ek损m 典例3　(2025·宿迁期中)“充气碰碰球”游戏简化为如图乙所示的模型：直径相同的A球和B球碰撞前后都在同一水平直线上运动，碰前A球的动量pA＝50 kg·m/s，B球静止，碰后B球的动量变为pB＝30 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是(　A　) 甲 乙 A．mA＝mB B．mA＝3mB C．mA＝4mB D．mA＝5mB 【解析】 以A球的初速度方向为正方向，由碰撞过程系统动量守恒得pA＝p′A＋pB，解得p′A＝20 kg·m/s，根据碰撞过程总动能不增加，有 ≥＋，解得mA≤mB.碰后两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则有 ≤，解得mA≥mB，因此两球质量关系为 mB≤mA≤mB，故选D． 典例4　(2025·甘肃卷)如图所示，小球A从距离地面20 m处自由下落，1 s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3 m．两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，取g＝10 m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为(　B　) A．1.5 m/s B．3.0 m/s C．4.5 m/s D．6.0 m/s 【解析】 根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度vy不变，设碰撞后A球水平速度为v1，B球水平速度为v2，则有mv＝mv1＋mv2，碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有mv2＋mv＝mv＋mv＋mv，联立解得v1＝v，v2＝0，小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有h＝gt2，解得t＝2 s，可知碰撞后，小球A运动t′＝1 s落地，则水平方向上有x＝vt′，解得v＝3.0 m/s，故选B. 碰撞现象满足的规律 1．动量守恒定律：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 (1) 若两物体同向运动，则碰前应有v后＞v前；碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v′前≥v′后． (2) 若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变． 考点三　爆炸、反冲和人船模型 1．爆炸现象的三个规律 动量守恒 由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于系统受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒 动能增加 在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加 位置不变 爆炸的时间极短，因而爆炸过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后的物体仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动 2．反冲运动的三点说明 作用原理 反冲运动是由系统内物体之间的作用力和反作用力产生 动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律 机械能增加 反冲运动中，由于有其他形式的能量转化为机械能，所以系统的总机械能增加 3．人船模型 常见情景 模型特点 ① 满足(水平方向)动量守恒 m人v人－m船v船＝0 ② 位移大小满足m人－m船＝0 由s人＋s船＝L 得s人＝L，s船＝L 运动特点 ① 人动则船动，人静则船静，人快则船快，人慢则船慢，人左则船右 ② 人船位移之比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)之比等于它们质量的反比，即 ＝＝ 典例5　如图所示，有一质量M＝6 kg、边长为0.2 m的正方体木块，静止于光滑水平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道．一个质量为m＝2 kg的小球由静止开始从轨道的左端运动到右端．在该过程中木块的位移大小为(　A　) A．0.05 m B．0.10 m C．0.15 m D．0.50 m 【解析】 小球与木块组成的系统水平方向动量守恒，则有m1·t＝M2·t，即mx1＝Mx2，根据题意有x1＋x2＝0.2 m，联立解得x2＝0.05 m，故A正确． 典例6　(2025·高邮学情调研)两名静止在太空中的宇航员需会合，宇航员甲打开左手上的喷气口阀门，喷出200 g速度为400 m/s的气体后关闭阀门，假定宇航员甲沿直线运动．两者靠近时宇航员甲用右手恰好抓住宇航员乙的左手，然后一起运动．已知两宇航员及所有附属装备的总质量均为80 kg，求： (1) 喷气后宇航员甲的速度大小． (2) 宇航员乙对甲的冲量大小． 答案：(1) 1 m/s　(2) 40 N·s 【解析】 (1) 喷气过程中，宇航员甲与喷出的气体整体动量守恒0＝Mv－mv0 代入数据可得v＝1 m/s (2) 宇航员甲与乙会合的过程中，由动量守恒得 Mv＝2Mv′ 代入数据可得v′＝0.5 m/s 对宇航员甲，由动量定理得I＝Mv′－Mv 代入数据可得I＝－40 N·s，则冲量大小为40 N·s 1．下列关于火箭的描述中，正确的是(　A　) A．增加单位时间内燃气喷射量可以增大火箭的推力 B．气体喷出的过程中，火箭和气体组成的系统机械能守恒 C．火箭是靠喷出气流与空气间的作用而获得巨大速度的 D．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速 【解析】 设在Δt时间内喷射燃气的质量为Δm，则由动量定理有FΔt＝Δmv，可得F＝v，即增加单位时间内燃气喷射量可以增大火箭的推力，故A正确；气体喷出的过程中，燃料燃烧放出能量，可知火箭和气体组成的系统机械能增加，故B错误；燃料燃烧时火箭向下喷气，喷出的气体的反作用力推动火箭升空，即火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度，故C错误；当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，燃气相对火箭仍有速度，仍可使得火箭加速，故D错误． 2．冰壶比赛中，某运动员将质量为19 kg的A冰壶推出，运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的B冰壶，然后A冰壶以0.1 m/s的速度继续向前滑向大本营中心．若两冰壶质量相等，下列说法中正确的是(　B　) A．B冰壶的速度为0.3 m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞 B．B冰壶的速度为0.3 m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞 C．B冰壶的速度为0.5 m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞 D．B冰壶的速度为0.5 m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞 【解析】 两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动方向为正方向，根据动量守恒定律有mv1＝mv2＋mv3，代入数据得v3＝0.3 m/s，动能变化量ΔEk＝mv－mv－mv＞0，故动能减小，是非弹性碰撞，故B正确． 3．(2025·无锡高三期中)质量为m1和m2的两个物体在光滑的水平面上正碰，其位置—时间图像如图所示．则(　D　) A．碰撞后，m2的速率大于m1的速率 B．碰撞后，m2的动量等于m1的动量 C．碰撞后，m2的动量小于m1的动量 D．m1小于m2 【解析】 x-t图像中图线的斜率表示物体的速度，由图可知碰撞后m1、m2的速度为v′1＝ m/s＝－2 m/s，v′2＝ m/s＝2 m/s，两者速率相等，故A错误；由图可知碰撞前m1、m2的速度为v1＝ m/s＝4 m/s，v2＝0，根据动量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，整理得m2＝3m1，m1v′1＜m2v′2，故B、C错误，D正确． 4．如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)(　D　) A．系统的总动量守恒 B．水平方向任意时刻小球与小车的动量相同 C．小球不能向左摆到原高度 D．小车向右移动的最大距离为 【解析】 系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误；水平方向任意时刻小球与小车的动量大小相等，方向相反，B错误；根据水平方向动量守恒及机械能守恒，可知小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，可知系统水平方向动量守恒，设小球的平均水平速度为vm，小车的平均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，则mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车向右移动的最大距离为，D正确． 配套热练 一、 选择题 1．(2025·高邮学情调研)下列关于四幅图的说法中，正确的是(　C　) 甲 乙 丙 丁 A．图甲中礼花弹爆炸的瞬间机械能守恒 B．图乙中A、B用压缩的弹簧连接放于光滑的水平面上，释放后A的动量守恒 C．图丙中子弹击穿木球的过程中，子弹和木球组成的系统动量守恒 D．图丁中小车位于光滑的水平面上，人将小球水平向左抛出后，车、人和球组成的系统动量守恒 【解析】 图甲中礼花弹爆炸的瞬间，有化学能转化为机械能，所以机械能不守恒，故A错误；图乙中A、B用压缩的弹簧连接放于光滑的水平面上，释放后A、B组成的系统满足动量守恒，但A的动量不守恒，故B错误；图丙中子弹击穿木球的过程中，子弹和木球组成的系统可认为所受外力之和为零，系统满足动量守恒，故C正确；图丁中小车位于光滑的水平面上，人将小球水平向左抛出后，车、人和球组成的系统满足水平方向动量守恒，但竖直方向不满足动量守恒，故D错误． 2．(2025·泰州期末)如图所示，光滑水平面上，质量为m、速度为v的A球跟质量为2m的静止的B球发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，则碰撞后B球的速度可能是(　B　) A．0.3v B．0.5v C．0.7v D．0.8v 【解析】 若发生弹性碰撞，此时B球获得速度最大，则有mv＝mv1＋2mvmax，mv2＝mv＋×2mv，解得vmax＝v，若发生完全非弹性碰撞，此时B球获得速度最小，则有mv＝(m＋2m)vmin，解得vmin＝v，可知v≤vB≤v，故选B. 3．如图所示，大气球质量为25 kg，载有质量为50 kg的人，静止在空气中距地面20 m高的地方，气球下方悬挂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，则绳长至少为(不计人的身高，可以把人看作质点)(　A　) A．60 m B．40 m C．30 m D.10 m 【解析】 人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度大小为v1，气球的速度大小为v2，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，由动量守恒定律得m1v1－m2v2＝0，则m1－m2＝0，解得x气球＝2x人＝40 m，则绳子长度L＝x气球＋x人＝40 m＋20 m＝60 m，即绳长至少为60 m，故A正确． 4．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是(　A　) A．v′A＝3 m/s，v′B＝3.5 m/s B．v′A＝5 m/s，v′B＝2.5 m/s C．v′A＝1.5 m/s，v′B＝3 m/s D．v′A＝－3 m/s，v′B＝6.5 m/s 【解析】 碰撞过程动量守恒，碰前总动量为p前总＝1×6 kg·m/s＋2×2 kg·m/s＝10 kg·m/s，碰前总动能为Ek前总＝×1×62 J＋×2×22 J＝22 J，若v′A＝3 m/s，v′B＝3.5 m/s，碰后总动量为p后总＝1×3 kg·m/s＋2×3.5 kg·m/s＝10 kg·m/s，碰撞过程动量守恒，碰后总动能为Ek后总＝×1×32 J＋×2×3.52 J＝16.75 J，总动能没有增大，v′A＜v′B，速度关系符合实际情况，A正确；若v′A＝5 m/s，v′B＝2.5 m/s，碰后速度均为正值，且v′A＞v′B，不符合实际，B错误；若v′A＝1.5 m/s，v′B＝3 m/s，碰后总动量p后总＝1×1.5 kg·m/s＋2×3 kg·m/s＝7.5 kg·m/s，碰撞前后动量不守恒，C错误；若v′A＝－3 m/s，v′B＝6.5 m/s，碰后总动量为p后总＝1×(－3) kg·m/s＋2×6.5 kg·m/s＝10 kg·m/s，碰撞过程动量守恒，碰后总动能为Ek后总＝×1×(－3)2 J＋×2×6.52 J＝46.75 J＞Ek前总，D错误． 5．(2025·河南卷)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图甲和图乙所示．小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则(　D　) 甲 乙 A．mP＞mN＞mQ B．mN＞mP＞mQ C．mQ＞mP＞mN D．mQ＞mN＞mP 【解析】 P、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mPvP＋mNvN＝mPv′P＋mNv′N，即mP(vP－v′P)＝mN(v′N－vN)，根据图像可知(vP－v′P)＞(v′N－vN)，故mP＜mN；同理，Q、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mQvQ＋mNvN＝mQv′Q＋mNv′N，即mQ(vQ－v′Q)＝mN(v′N－vN)，根据图像可知(vQ－v′Q)＜(v′N－vN)，故mQ＞mN.综上可知mQ＞mN＞mP，故选D. 6．(2025·泰兴高三期中)如图所示，体重相同的甲、乙两同学静止在光滑水平面上玩抛接球游戏．第一次，甲同学把一个充气的大乳胶气球，以某一速度水平投向乙，乙接住．第二次，放掉部分气体后气球变得很小，甲同学再把气球以相同的速度投向乙，乙接住．下列说法中正确的是(　C　) 甲　　　　　　　　 乙 A．第一次接球后，乙的速度比甲大 B．第二次接球后，乙的速度比甲大 C．乙接球的过程，第一次球的动量变化量较大 D．乙接球的过程，第二次球的动量变化量较大 【解析】 设甲、乙的质量均为M，第一次抛出球的质量为m1，速度为v，则甲抛出球时Mv甲1＝m1v，乙接住球时m1v＝(M＋m1)v乙1，可知v甲1＞v乙1，即第一次接球后，乙的速度比甲小，故A错误；第二次抛球时设球的质量为m2，则m2＜m1，同理可知甲抛出球时Mv甲2＝m2v，乙接住球时m2v＝(M＋m2)v乙2，可知v甲2＞v乙2，即第二次接球后，乙的速度比甲小，故B错误；乙接球的过程，第一次球的动量变化量Δp1＝m1v乙1－m1v＝－，第二次球的动量变化量Δp2＝m2v乙2－m2v＝－，可知Δp1＞Δp2，则第一次球的动量变化较大，故C正确，D错误． 7．(2025·盐城中学)超弹性碰撞是一个精彩的演示实验．把一个弹性小球放在一个弹性大球上，使它们自由落下．当它们落到弹性的水平地面上反弹时，小球跳得比原来高许多倍．某同学演示这个实验时，将A、B两个大小不同的弹力球从离水平地面h高处由静止同时释放，如图所示．释放时A、B两球(均可视为质点)相互接触且球心连线竖直，碰撞过程中均无机械能损失．若A球反弹后离碰撞点的最大高度为H＝4h，则A、B两球的质量之比为(　A　) A．1∶3 B．2∶3 C．1∶2 D．3∶4 【解析】 两球下落过程中根据系统机械能守恒有(mA＋mB)gh＝(mA＋mB)v，解得v0＝.设两个小球触地碰撞后A的速度大小为v1，B的速度大小为v2.B球与地面碰撞后速度等大反向，然后与A发生弹性碰撞．取向上为正方向，根据动量守恒定律可得mBv0－mAv0＝mAv1＋mBv2，根据系统机械能守恒有mBv＋mAv＝mAv＋mBv，A碰后由机械能守恒得mAgH＝mAv，联立解得h＝H.由题知H＝4h，解得mA∶mB＝1∶3，A正确． 8．(2025·无锡期末调研)“嫦娥六号”在着陆前，以v0的速度在环月轨道飞行.2024年5月30日，“嫦娥六号”着陆器和轨道器实现在轨分离．分离时，轨道器将着陆器沿自身运行方向的反方向以相对速率v弹出，分离用时为t，若轨道器质量为M，着陆器质量为m，则(　D　) A．分离后轨道器的速度为v1＝ B．分离后轨道器的速度为v1＝ C．分离过程中，轨道器对着陆器的平均推力F＝ D．分离过程中，系统机械能增加ΔE＝ 【解析】 根据动量守恒定律有(M＋m)v0＝Mv1＋m(v1－v)，解得v1＝，故A、B错误；对于着陆器，由动量定理得Ft＝mv－0，解得 F＝，故C错误；分离过程中，系统机械能增加量 ΔE＝E2－E1＝Mv＋m(v1－v)2－(M＋m)v＝，故D正确． 9．如图所示， 5个小球B、C、D、E、F并排放置在光滑的水平面上， 其中4个球B、C、D、E质量均为m1, A 球、F球质量均为m2, A 球以速度v0向B 球运动， 之后所有的碰撞均为弹性碰撞，碰撞结束后(　C　) A．若m1＝m2, 最终将有 2 个小球运动 B．若 m1＜m2, 最终将有 1 个小球运动 C．若 m1＞m2, 最终将有 3 个小球运动 D．无论 m1、m2大小关系怎样，最终6个小球都会运动 【解析】 A、B碰撞时由动量守恒和能量守恒可知m2v0＝m2v2＋m1v1，m2v＝m2v＋m1v，可得v2＝v0，v1＝v0，若m1＝m2，则碰后两球交换速度，则最终只有F小球运动，A错误；若m1＜m2，则碰后v1＞v2＞0，然后B和C交换，直到D和E交换，E再与F碰撞，F向右运动，E被弹回再与D交换……，则最终不只有1个小球运动，B错误；若m1＞m2，则A、B碰后A反弹，B向右运动与C碰撞交换速度，直到D、E交换速度，最后E与F碰撞，E、F都向右运动，B、C、D停止，则最终将有3个小球A、E、F运动，C正确；由以上分析可知，D错误． 二、 计算题 10．(2024·江苏卷)“嫦娥六号”在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M.求： (1) 分离后A的速度v1大小． (2) 分离时A对B的推力大小． 答案：(1) 　(2) 【解析】 (1) 组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有 (m＋M)v0 ＝ Mv＋mv1 解得v1＝ (2) 以B为研究对象，对B列动量定理有 FΔt＝Mv－Mv0 解得F＝ 11．(2025·苏北四市调研)如图所示，质量均为m的物块A、B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m的球C，整个系统处于静止状态，现给球C一个水平向右的初速度v0＝，式中g为重力加速度，不计空气阻力．求： (1) 此时细线对球C的拉力大小F. (2) 球C向右摆动过程中，上升的最大高度h. (3) 球C摆到杆左侧，离杆最远时的速度大小v. 答案：(1) 4mg　(2) L　(3) 【解析】 (1) 根据牛顿第二定律得F－mg＝ 解得F＝4mg (2) 球C向右上升到最大高度时，球C与物块A、B三者具有共同速度，根据动量守恒定律与系统机械能守恒定律可得 mv0＝3mv1 mgh1＝mv－·3mv 代入数据解得h1＝L (3) 球C再次回到最低点时，A、B具有共同速度v2，球C的速度为v3，根据动量守恒定律与系统机械能守恒定律可得 mv0＝2mv2＋mv3 mv＝·2mv＋mv 解得v2＝v0，v3＝－v0 球C摆到杆左侧，球C与物块A具有共同速度，根据动量守恒定律可得mv2＋mv3＝2mv4 代入数据可得v4＝ 学科网（北京）股份有限公司 $