1 第6节 反冲现象 火箭-【重难点手册】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册（人教版）

0.074m/s,碰撞后系统的总动量p'=(m1十m2)v2= (0.20+0.10)×0.074kg·m/s≈0.022kg·m/s. (2)据题意知，碰撞后两滑块先后通过光电门的时 间变小，说明碰撞后两滑块做加速运动，故计算得 到的两滑块碰撞前后系统的总动量并不完全相等， 产生差异的原因是导轨不平，右端高，合外力不为 0,不符合动量守恒的条件. [变式2](1)A;B(2)BC(3)2(OC-OA)=OB 【解析】(1)为了保证入射小球碰撞后不反弹，入射 球的质量要大于被碰球的质量，为了使两球发生对 心碰撞，则要求两球的半径相同，故入射球选择直 径为d1、质量为m1的小球A,被碰球选择直径为 d1、质量为m2的小球B. (2)本实验只需要确保轨道末端水平，小球每次从 斜槽的同一位置滚下，从而确保小球到达末端的速 度大小不变，且离开轨道后做的是平抛运动即可， 并不需要轨道光滑，故A错误；要确保放上被碰小 球后，入射小球碰前的速度大小保持不变，故要求 从同一位置由静止释放入射小球，故B正确；实验 中重垂线的作用是确定小球做平抛运动的水平位 移的起点，即标定斜槽末端在白纸上的投影点O, 故C正确；两个小球下落时间相同，由x=0√g /2H 可知，小球的水平位移xcvo,故可用水平位移的 大小关系表示速度的大小关系，不需要求出时间， 所以不需要测量高度，故D错误 (3)由题图丙可知OA=17.60cm,OB=25.00cm, OC=30.00cm,代入质量关系可知m·OB≠m· OA+M·OC,但m·OC≈m·OA+M·OB,故 OC才是人射小球碰前速度对应的水平位移，由动 量守恒定律得m·OC=m·OA+M·OB,根据 m=2M,解得2(OC-OA)=OB. [变式3](1)>；≥(2)mA√1-cosa= mA√1-cosB+mB√1-cosy 【解析】(1)由于A球碰撞后动能减小，根据机械能 守恒定律可知，碰撞之后A球上升的高度小于碰前 的高度，故细线与竖直方向的夹角关系为α>B.根 据碰撞的特点知，碰撞之后的总动能不可能大于碰 前的总动能，则有EkA≥EkA十EkB· ,变式题参考答案 0 (2)设A球运动到最低点时碰前瞬间速度大小为 1 uo,由动能定理得mAgl(1-一cosa)=2mAo6,设 A、B两球碰后瞬间速度大小分别为1、2，对两球 碰后上升到最高点的过程，由动能定理得mAgl(1 1 1 -cosB)=2mAoi,mBgl(1一cosY）=2mao员，若 碰撞过程中动量守恒，以水平向右为正方向，应有 mAv0=mAU1十mBU2,联立以上各式，得 mA√1-cosa=mA√1-cosB+mB√1-cosY. 第5节弹性碰撞和非弹性碰撞 [变式1]D【解析】以向右为正方向，根据动量守 恒定律得mvA十2mWB=2mw,一2m0=0,可见选 项A、B、C都不满足碰撞后总动量为0的条件.由 于碰撞为弹性碰撞，故碰撞后A、B一定反向，故选 项D正确. [变式2]D【解析】在子弹射人木块A的过程中， 在子弹、木块A系统中，内力远大于外力，则动量近 似守恒，因该过程有内能产生，则机械能不守恒，A、 B错误；在弹簧被压缩的过程中，对于子弹、两木块、 弹簧系统，在完成相互作用的过程中，受到系统外 作用力（水平摩擦力）作用，所以系统动量、机械能 都不守恒，C错误，D正确. [变式3]A【解析】由题图可知，碰撞前A、B两球 的速度大小分别为vA _△x1=-3m/s,B=2 x2一 △t1 2m/s,碰撞后两球共同运动的速度大小v=A △t 一1m/s,碰撞过程A的动量变化量为△p=mw mwA=4kg·m/s,故A正确；根据动量守恒可得 A干mBUB=(m干B)0,解得mB3kg, 错误；由动量定理可知，碰撞时对B的冲量为IB一 mB一mBVB=一4N·S,故C错误；根据能量守恒 可得A正=名mi+号m暖-号m十md=10J, ,1 故D错误， 第6节反冲现象火箭 2m mvo [变式1)(1)M+6m。(2)M+5m+M+6m (3)1.6u。(4L.6Me或.6muw t t 137 用重难点手册高中物理选择性必修第一册R。 【解析】(1)设2名士兵一起跳离皮划艇后皮划艇的 对地速度为v',则2名土兵的速度为v0一v',不考 虑水的阻力，整个系统动量守恒，有(M十4m)v' 2m(o。-)=0,解得t=M十6nmo. 2m (2)第1名士兵跳离皮划艇后，皮划艇对地的速度 为v1,则第1名士兵的速度为0一v1,不考虑水的 阻力，整个系统动量守恒，有(M十5m)v1一m(vo )=0,解得=☑6m第2名士兵跳离皮划餐 后皮划艇对地的速度为v2,则第2名土兵的速度为 o一v2,不考虑水的阻力，整个系统动量守恒，有 (M+4m)v2-m(o-v2)=(M+5m)v1,故2名 士兵先后跳离皮划艇后，皮划艇对地的速度2= mvo mvo M+5mM+5m M+6m (3)第3名士兵跳离时有(M+3m)v3一m(vo一v3)= M十4m)w2,皮划艇对地的速度o一M十4 mvo 十02= mvo m0 M十mM十mTM件m,以此类推，第6名士 mwo-十 兵跳离后，皮划艇的速度为，=M十m十M+2m mvo mvo M+3m M+6m ,解得v6=1.6v0 (4)6名士兵连续跳离皮划艇后，由动量定理得 F=M。一O,解得F=L.6Ma,又M=m,得F= t 1.6mvo t [变式2]C【解析】两个小球组成的系统水平方向 上不受力，故水平方向上动量守恒，竖直方向上A 球的速度发生变化，即竖直方向上合外力不为0，故 系统的动量不守恒，A错误；B球在光滑杆上做往 复运动，A球一边围绕B球做圆周运动，一边随B 球做往复运动，B错误；两个小球组成的系统水平方 向上动量守恒，有mBVB=mAVA,又因为x=t,联 立有m,xB=mxA,从释放到A球摆到最低点的过 程中，有x十x=L,联立解得B=导-， 由对称性可知B球向右运动的最大位移大小为xB 2xa-2,C正确，D错误， 138 [变式3]CD【解析】弹丸炸裂前后动量守恒，选未 炸裂前水平速度v0的方向为正方向，则mwo= mava十m6vb,显然6>0、6<0、v6=0都有可能， v6>va、6<va、vb=va也都有可能，故A错误；爆 炸后两个物体在竖直方向做自由落体运动，在空中 的飞行时间相等，再由A项分析可知，a飞行的水 平距离不一定比b的大，故B错误，C正确；在炸裂 过程中，a、b受到的爆炸力是一对作用力和反作用 力，大小一定相等，故D正确。 [变式4]C【解析】第一次抛接球的过程，对人和球 系统，由动量守恒定律有mu=Mv',可得抛球人获 得的速度为。-，A错误；第一次抛接球的过 程，对人和球系统，由动量守恒定律有mv=(M十 m)v",接球人获得的速度为”=mw m+MB错误；从 开始抛球到最终，有Mu1=(M十m)o2,若甲< vz,说明甲是最终的持球人；若v甲>vz,说明乙是 最终的持球人，但是不能确定开始的持球人是谁，C 正确，D错误. [变式5]B【解析】由水平方向动量守恒有mx小球 -2rw=0,又r楼十=R,所以r煤-尽，B 正确。 第二章机械运动 第1节简谐运动 [变式1]B【解析】题目规定向右为正方向，由题图 乙可判断，第0.2s末质点位于O点且从O向A运 动，故速度方向为负方向，选项A错误；由题图乙可 判断第0.4s末质点位于A点，由于做简谐运动的 物体加速度的方向总是指向平衡位置，故加速度方 向是从A到O,选项B正确；由题图乙可判断，在 0.1~0.3s内质点从BO段中的某点向平衡位置运 动，速度逐渐增大，经过O点后速度逐渐减小，由于 质点振动的周期为0.8s,所以质点振动了4T,根 据对称性，可判断质点通过的路程大于5cm,选项 C错误；在0.2~0.4s内质点从O向A运动，速度 逐渐减小，故动能在逐渐减小，选项D错误， [变式2]B【解析】不考虑阻力的影响，鱼漂做简谐 运动，题中取竖直向上为正方向，鱼漂开始振动时第一章动量守恒定律通 第6节 反冲现象 火箭 重点和难点 课标要求 重点：通过实验探究认识反冲现象，特别是知 1.知道反冲运动的原理 道火箭的飞行原理及用途 2.会应用动量守恒定律解决有关反冲运动的问题 难点：通过训练，进一步提高运用动量守恒定 3.会用动量守恒定律分析航天技术中的反冲问题. 律解决实际问题的能力. 必备知识梳理 1 基础梳理 知识点①反冲现象 1.定义：根据动量守恒定律，原来静止的系统在内力的作用下 分裂为两个部分，当其中一部分向某个方向运动时，另一部分向相 反方向运动，这就叫作反冲运动. 2.反冲原理：反冲运动实际上是相互作用的物体之间的作用 力与反作用力产生的效果 3.反冲运动的应用实例 (1)利用有益的反冲运动 反击式水轮机是使水从转轮的叶片中流出，使转轮由于反冲 而旋转，从而带动发电机发电 喷气式飞机是靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度： (2)避免有害的反冲运动 射击时，子弹向前飞去，枪身向后发生反冲，这会影响射击的 准确性 4.对反冲现象中速度的理解◆划重点 划重点 炮弹以对地速度，水平发射 相对速度问题 光滑水平面上有一质量，三 为M的炮车（如图所示）， M m 反冲运动中有时出现相对 内有一质量为m的炮弹 。炮车以对地水平 速度的说法.由于动量守恒定律 速度，及向运动 中的速度为相对同一参考系的 注意①图中v1、v2都是对地速度，因动量守恒，则有mw1= 速度，通常为对地的速度，因此 一Mv2(v1与v2方向相反).②若炮弹相对炮车的速度为v1,炮车 应先将相对速度转换成对地的 以对地水平速度2反向运动，根据动量守恒定律列式时，应表示 速度，再列动量守恒定律方程。 为m(v1十v2)十Mv2=0,式中的速度均作为矢量理解，相对速度 有时为了讨论的方便，也可选其 他同一惯性参考系」 换算要按矢量运算法则 37 铺重难点手册高中物理选择性必修第一册RJ 知识点2火箭 1.定义 现代火箭是指一种靠喷射高温、高压燃气获得反作用力向前 推进的飞行器，是反冲运动的典型应用之一 2.原理 火箭主要由壳体和燃料两大部分组成，壳体是圆筒形的，前端 是封闭的尖端，后端有尾喷管，燃料燃烧时产生的高温、高压气体 划重点。 以很大的速度从尾部向后喷出，火箭就向前飞去。 1.喷气速度越大，质量比越 3.火箭飞行速度的决定因素心划重点 大，火箭获得的速度越大」 设火箭在△t时间内喷射燃气的质量为△m,速度为u,喷气 2.多级火箭在发射过程中 后火箭的质量为m,获得的速度为v,由动量守恒定律有0=mw十 要将空壳抛掉，这样可以减小火 箭的质量，从而提高火箭的最终 △mu,得v=- △m u. 速度 3.火箭飞行中达到的最大 火箭获得的速度取决于燃气喷出速度及燃气质量与火箭 速度，一般来说就是燃料燃尽时 本身质量之比”两个因素 火箭的速度」 m 重难拓展 重难点①人船模型 1.人船模型的特征 敲黑板⊙ 两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和 人船模型是利用动量守恒 为0，则系统动量守恒.在相互作用的过程中，任一时刻两物体的 定律求解的一类问题，解决这类 速度大小之比等于质量的反比.这样的问题归为人船模型问题. 问题应注意： 1.适用条件 2.人船模型的适用条件与实质 (1)系统由两个物体组成且 对一个原来处于静止状态的系统，在系统发生相对运动的过 相互作用前静止，系统总动量 程中，动量守恒或有一个方向动量守恒，其实质就是初速度为0的 为0. 系统中物体所做的反冲运动，系统满足某方向上的动量守恒！ (2)在系统内发生相对运动 3,人船模型的关系◆敲黑板) 的过程中至少有一个方向的动量 人船模型是动量守恒定律的拓展应用，它把速度与质量的关 守恒（如水平方向或竖直方向） 2.画草图：解题时要画出各 系拓展到质量与位移的关系，如图所示 物体的位移关系草图，找出各长 mx1-Mx2=0,x1+x2=l. 度间的关系，注意两物体的位移 得到人、船的位移分别为 是相对于同一参考系的位移，应 Mi ml 注意区分人和船的相对位移与 1-M+m'x2M+m 对地位移 故位移大小之比满足x1:x2=M:m, 3.运动特点：人走船行、人 停船停、人快船快、人慢船慢 即两物体的位移大小与各物体的质量成反比. 38 第一章动量守恒定律 通 例①如图所示，质量为M=5kg的小车静止在光滑水平面 敲黑板⊙ 上，小车AB段是半径为R=1m的四分之一光滑圆弧轨道，BC 动量守恒定律表达式中的 段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点.一质量为 速度是同一惯性参考系中的速 m=1kg的可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿轨 度；动量守恒定律具有同时性， 表达式中的初状态的动量应该 道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点.若滑块与BC轨 是指同一时刻的各个物体动量 道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2,则(). 的矢量和，末状态也是如此 A.整个过程中滑块和小车组成的系统动量守恒 B.滑块由A滑到B的过程中，滑块的机械能守恒 C.BC段长L=1m D.全过程小车相对于地面的位移大小为0.5m 解析滑块在圆孤上运动时有竖直方向的加速度，所以对系统而言，竖 直方向的外力失量和不为0，不满足动量守恒的条件，故A错误；滑块由A 滑到B的过程中，小车对滑块的弹力做负功，滑块的机械能不守恒，故B错 误；滑块恰好停在C点时，二者均静止，根据能量守恒有mgR=mgL,解得 L=2m,故C错误；由水平方向动量守恒有M1=mo2,整个过程中滑块和 小车运动时间相同，故有Mx1=c2,x1、x2分别为M、m相对于地面的位 移大小，则水平方向滑块相对于小车的位移大小为△x=x1十x2=R十L, 联立解得x1=0.5m,故D正确. 答案D 111100101100111110110100100110111100 关键能力提升 1100101001110110010110100010011001100110011000110011100101001 题型（①对反冲运动的理解 力是多大？ 解析(1)设第一发子弹射出后皮划艇的对地速 例[教材P28T4们一个土兵坐在皮划艇 度为01，则射出子弹的速度为800一01，不考虑水的 上，他连同装备和皮划艇的总质量是120kg. 阻力，整个系统动量守恒，有(M-m)v1一m(800 这个士兵用自动步枪在2s内沿水平方向连续 射出10发子弹，每发子弹的质量是10g,子弹 01)=0,解得01=800m M 离开枪口时相对步枪的速度是800m/s.射击 第二发子弹射出后皮划艇的对地速度为？2，则射 前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力. 出子弹的速度为800一v2,不考虑水的阻力，整个系统 (1)每次射击后皮划艇的速度改变多少？ 动量守恒，有(M-2m)v2一m(800-v2)=(M-m)v1, 800m (2)连续射击后皮划艇的速度是多大？ 解得02一01一M-m (3)连续射击时枪所受到的平均反冲作用 第三发子弹射出后皮划艇的对地速度为V3,则射 39 重难点手册高中物理选择性必修第一册R 出子弹的速度为800一V3,不考虑水的阻力，整个系统 划艇，土兵全部跳离后皮划艇的速度（运算中 动量守恒，有(M-3)v3一m(800-v3)=(M一2m)v2, 的数值保留1位小数) 解得03一V2= 800m (4)在第(3)问中，士兵连续跳离所用的时 M-2m 间为t,t时间内皮划艇受到的平均反冲作用力 第n发子弹射出后，速度的变化为Vm一m-1 大小 800m 8 M-(n-1)m-120.01-0.01nm/s(n=1,2,3,). 题型②人船模型 (2)连续射击后，有V1十V2一01十V3一V2十·十 例②如图所示，质量为M的小船在平静 oo-u,-80m+800m+800m 800m M M-m M-2m +…+M-9m 水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m 的救生员站在船尾，相对于小船静止.若救生 /8. 8 8 化简为0o=（120+119.99+119.98 十… 员以相对于水面的速率水平向左跃人水中， 8 119.97)m/s,解得01o≈0.67m/s. 则救生员跃出后小船的速度为(). (3)对于10发子弹，由动量定理得F△t=(M 10m)o1o-0,解得F=39.98N. 连续射击时枪所受到的平均反冲作用力是39.98N, 方向与子弹运动的方向相反， A.+M(@g+） B.vo 深挖教材 此题考查对反冲运动的理解，要理解相对速度 C好 n+行一 的含义，掌握相对速度的求法.应用动量守恒定律 解析人在跃出的过程中，船、人组成的系统动量 守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得(M十m)vo 时，注意规定速度的正方向.将相对速度转化为同 一参考系的速度时（一般为对地速度），要明确各速 =M。-m0,解得。=o+得a十)，故选A 度的方向，有两种情况：当两相对速度同向时，对地 答案A 速率为两相对速率之和；当两相对速度反向时，对 变式2(2025·江苏苏州中学阶段练习) 地速率为两相对速率之差，这样可将矢量式转化为 如图所示，两个小球A、B用长为L的轻质细 标量式 绳连接，B球穿在光滑细杆上.初始时，细绳恰 变式①(2025·山东泰安一中期中)一只 好伸直并处于水平状态，两球均可视为质点且 质量为M的皮划艇，其上载有6名士兵，每名 mB=3mA,重力加速度为g.现将A、B由静止 士兵的质量为m.皮划艇和士兵们静止在水面 释放，不计空气阻力，下列说法正确的是 上.现让士兵跳离皮划艇，设每名士兵每次跳：( 离时相对皮划艇的速度大小均为v。.不考虑水 ⊙ OA 的阻力，求： A.两个小球组成系统动量守恒 (1)若前2名士兵一起跳离皮划艇，跳离 B.A球在竖直平面内做变速圆周运动 后瞬间皮划艇对地的速度， (2)若前2名士兵先后连续跳离皮划艇， CB向右运动的最大位移大小为2L 2人跳离后瞬间皮划艇对地的速度 (3)假设M=m,6名士兵依次连续跳离皮 DB向右运动的最大位移大小为？ 40 第一章动量守恒定律通 题型(3爆炸与碰撞问题 变式③（多选）一弹丸在飞行到距离地面 例③在光滑水平桌面上有 5m高时仅有水平速度v=2m/s,爆炸后成为 一长l=2m的木板C,它的两端 甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3：1. 各有一挡板，C的质量mc= 不计质量损失，取重力加速度g=10m/s2,当 5kg,在C的正中央并排放着两 此弹丸的速度恰好沿水平方向时，弹丸炸裂成 个可视为质点的滑块A、B,质量分别为m4= a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿 1kg,mB=4kg.开始时A、B、C都静止，并且 原来的方向，则(). A、B间夹有少量的塑胶炸药，如图所示.炸药 A.b的速度方向一定与原来速度方向相反 爆炸使得A以6m/s的速度水平向左运动.如 B.从炸裂到落地的这段时间内，a飞行的 果A、B与C间的摩擦忽略不计，两滑块中任 水平距离一定比b的大 意一个与挡板碰撞后都与挡板结合成一体，爆 C.a、b一定同时到达水平地面 炸和碰撞时间都可忽略，那么： D.在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大 (1)当两滑块都与挡板相碰后，板C的速 小一定相等 度为多大？ 题型(4对反冲运动中变质量物体的 (2)到两个滑块都与挡板碰撞为止，板C 运动分析 的位移大小和方向如何？ 例④一人站在静止于光滑平直轨道的平 解析(1)设向左的方向为正方向，对A、B组成 的系统，由动量守恒定律有mAVA十mB0B=0,解得 板车上，人和车的总质量为m1.现在让此人两 vB=一1.5m/s.对于由A、B、C组成的系统，开始时 手各握一个质量为m2的铅球，以两种不同的 静止，由动量守恒定律有(mA十mB十mc)c=0,解得 方式顺着轨道方向水平抛出铅球.第一次是一 ℃c=0,即最终木板C的速度为0. 个一个地投，第二次是两个一起投.设每次投 (2)A先与C相碰，由动量守恒定律有mA0A= 掷时铅球相对车的速度相同，则在这两种投掷 (mA十mc)y共，解得共=1m/s.从炸药爆炸到A、C 方式下，小车的末速度之比为多少？ 2 解析人、铅球、车组成的系统所受合外力为0，系 1 相碰的时间t1= ·s,此时B距C的右侧挡板 UA 6 统的动量守恒.设铅球相对车的速度为。.第一种情 况，一个一个地投掷时，有两个作用过程.投第一个球 IB-2 一Vt1=0.75m.设再经过t2时间B与C相 时，有0=(m1十m2)v一m2(00-),投第二个球时， 碰，则t2= =0.3s,故C向左的位移△xc= 有(m1十m2)v=m1v1-m2(v0一1)，解得v1= VB十V共 v共t2=1X0.3m=0.3m,方向向左 (2m1+3m2)m200 (m1十m,)(m,十2m2)·第二种情况，两个球一起投掷 方法总结 时，有0=m12-2m2(00一v2),解得v2= 2m200 1.物体爆炸后分裂成几个物体，在爆炸的瞬间一 m1+2m2 般内力远大于外力.在爆炸前后瞬间系统总动量守恒， 所以 2m1+3m2 2.在碰撞和爆炸这类问题中，相互作用力是变 02 2(m1+m2) 力，且力的变化规律非常复杂，无法用牛顿运动定 方法总结 律求解.但用动量守恒定律求解时，只需要考虑过 1.处理变质量物体的运动，应用动量守恒定律 程的始、末状态，不需要考虑过程的具体细节，这正 时，必须取同一相互作用时间内的总体为研究对 是用动量守恒定律来求解问题的优，点」 象，注意作用前后各物体的质量变化 41 重难点手册高中物理选择性必修第一册RJ 2.明确两部分物体初、末状态的速度的参考系 RP的位移大小为R 是否为同一参考系，如果不是同一参考系则要设法 予以调整，一般情况要转换成对地的速度， C.Q滑到最低点的速度大小为√2gR 3.列方程时要注意初、末状态动量的方向。 D.Q的位移大小为R 变式④如图所示，两辆完全相同的小车 解析系统在竖直方向的合力不为0，动量不守 都静止在光滑水平面上，车上各站着一人，人 与车的总质量均为M,甲、乙中的一人手持一 ,A错误：3mo=7m,3ngR=moi+号m6,解 质量为m的篮球.从某时刻起，持球人将篮球 gR 得=λ ,C错误；如图所示，系统水平方向动量 以水平速度抛给另一人，另一人接到球后， 守恒，则有3m(2R-x)=mx,解得X= 3 又把球抛给对方…，直到最终球被甲、乙两 R,C错误； 人中的一人接住而不再抛出，这时甲、乙的速 1 Q的位移为2R一x= R,D正确 率分别为V甲、v乙.下列判断正确的是( Q 7777777777777777777 7777777777777 A.第一次抛接球的过程，抛球人获得的速 2R-x 度为M 答案D m 方法总结 B.第一次抛接球的过程，接球人获得的速 1.利用动量守恒，确定两物体的速度关系或位 度为Mu 移关系 m+M 2.画出各物体的位移关系图，明确物体对地位 C.若v甲<v乙，说明甲是最终的持球人 移与相对位移的关系。 D.若v甲>vz,说明乙是开始的持球人 3.在系统内发生相对运动的过程中至少有一 题型⑤人船模型的拓展 个方向的动量守恒， 例5如图所示，一个质量为m的半圆槽 变式⑤质量为m、半径为R的小球，放在 形物体P放在光滑水平面上，半圆槽半径为 半径为2R、质量为2m的大空心球内，大球开 R,一小球Q质量为3m,从半圆槽的最左端与 始静止在光滑水平面上.当小球从如图所示的 圆心等高位置无初速度释放，然后滑上半圆槽 位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动 右端，接触面均光滑，Q从释放到滑至半圆槽 的距离是( 右端最高点的过程中，下列说法正确的是（重 力加速度为g)( Q 2R 77777777771n777 A R 2 c D R A.P、Q组成的系统动量守恒 6 42