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第一章 动量守恒定律单元检测
一、单选题
1．研究平抛运动的实验装置如图所示。某同学设想在小球下落的空间中选取三个竖直平面1、2、
3，平面与斜槽所在的平面垂直。小球从斜槽末端水平飞出，运动轨迹与平面1、2、3的交点依次
为A、B、C。小球由A运动到B，竖直位移为 ，重力势能的变化量 ，动能的变化量为 ，
机械能的变化量 ，动量的变化量为 ；小球由B运动到C，竖直位移为 ，重力势能的变化
量 ，动能的变化量为 ，机械能的变化量 ，动量的变化量为 。忽略空气阻力的影响，
若 ，则下列关系式正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】A． ，重力做功相等，故重力势能变化量相等，故A错误；
B． ，重力做功相等，由动能定理可知动能变化量相等，故B错误；
C．AC过程机械能守恒，所以
故C错误；
D．AB过程竖直方向的平均速度大于BC过程竖直方向的平均速度，所以AB过程所用时间长，由动量定理 可知
故D正确。
故选D。
2．如图所示，是使货物在水平面上转弯的自动流水线装置图，及其示意图。货物从传送带A端传
送到B端，传送过程中传送速率保持不变，货物与传送带之间不打滑。则货物在此过程中（ ）
A．所受重力的冲量为零 B．所受摩擦力对货物做负功
C．所受合力做功不为零 D．所受合力的冲量不为零
【答案】D
【详解】A．设货物从传送带A端传送到B端所用时间为t，则所受重力的冲量为
故A错误；
B．货物从传送带A端传送到B端做圆周运动，所受摩擦力提供向心力，摩擦力方向与运动方向垂
直，不做功，故B错误；
C．货物从传送带A端传送到B端，传送过程中传送速率保持不变，根据动能定理可知合外力做功
为零，故C错误；
D．货物从传送带A端传送到B端，根据动量定理可得
速度为矢量，则 不为零， 不为零，故D正确。
故选D。
3．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的接触面光滑，
Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是（ ）A．P对Q做功为零
B．P和Q之间的相互作用力做功之和为零
C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
【答案】B
【详解】A．Q在P上运动的过程中，P对Q的弹力方向垂直于接触面，与 Q的位移方向夹角大于
90°，则P对Q做功不为零。故A错误；
BCD．Q在P上运动的过程中，整个系统只有重力做功，机械能守恒，P和Q之间的相互作用力属
于内力并且等大反向，二者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为零。系统在水平方向合
力为零，即水平方向动量守恒。系统在竖直方向所受合力不为零，则竖直方向动量不守恒。故B正
确；CD错误。
故选B。
4．如图所示，一质量为 的物块B静止于水平地面上P点，P点左侧地面光滑，物块在P
点右侧运动时所受摩擦阻力大小与物块的速率成正比（ ，k为已知常数）、与物块质量无关。
现有一个质量为m的物块A以初速度 向右撞向物块B，与B发生碰撞，碰撞时间极短，则下列说
法正确的是（ ）
A．若A、B碰撞过程中没有机械能损失，则碰撞过程中A对B的冲量大小为
B．若A、B碰撞过程中没有机械能损失，则B的位移C．若A、B碰后粘在一起，则碰撞过程中A对B的冲量大小为
D．若A、B碰后粘在一起，其共同运动的位移
【答案】B
【详解】A．由系统动量守恒和机械能守恒可知
解得
得
故选项A错误；
B．依题意 ，则物块A碰后反弹，物块B碰后做减速运动，最终静止
法一：由动量定理可得
全过程累加求和有
得
法二：类比电磁感应中的安培力可以证明f与x成线性关系，由动能定理可得
解得
故选项B正确；C．若A、B碰后粘在一起，则有
解得
故
故选项C错误；
D．由动量定理可得
全过程累加求和有
得
故选项D错误。
故选B。
5．一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上M=1kg的木块后不再穿出，木块的动能增加了8J，设
子弹射入木块的过程中子弹所受阻力恒定，下列说法正确的是（ ）
A．木块动量变化量的大小为2kg·m/s
B．子弹对木块做的功与木块对子弹做功的代数和为0J
C．此过程产生的内能可能是6J
D．只增大木块质量，子弹射入木块后仍未穿出，则此过程中系统损失机械能增大
【答案】D
【详解】A．根据题意可得解得木块的速度为
所以木块动量变化量的大小为
故A错误；
B．设子弹射入木块中的深度为d，子弹水平射入木块后，未穿出，到子弹、木块相对静止，木块
位移为x，子弹所受阻力为f，则
所以
故B错误；
C．子弹、木块运动的v-t图像如图所示
由于图线与横轴所围区域的面积表示物体发生的位移，由图可知
所以
即此过程产生的内能大于8J，不可能是6J，故C错误；
D．只增大木块质量，子弹射入木块后仍未穿出，木块的加速度减小，v-t图像如图所示由图可知，子弹射入木块的深度d增大，产生的内能增大，系统损失的机械能增大，故D正确。
故选D。
6．如图所示，将一个内、外侧均光滑的半圆形槽，置于光滑的水平面上，槽的左侧有一个竖直墙
壁。现让一个小球自左端槽口A的正上方从静止开始下落，从与半圆形槽相切的点A进入槽内，
则以下说法中正确的是（ ）
A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球在半圆形槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒
C．小球从最低点向右侧最高点运动过程中，小球对槽的压力对槽不做功
D．小球离开槽右侧最高点以后，小球能到达与释放点等高的位置
【答案】B
【详解】A．小球在半圆形槽内运动，从刚释放到最低点过程，只有重力做功；小球从最低点开始
向上运动过程中，半圆槽向右运动，半圆槽对小球做功，A错误；
BC．小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程
中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功。但球对槽作用力做正功，两者之和正好为零。
所以小球与槽组成的系统机械能守恒，B正确，C错误；
D．小球从最低点运动到半圆槽右侧最高点过程，小球与半圆槽组成的系统在水平方向动量守恒，
小球到达半圆槽右侧最高点时小球与半圆槽具有水平向右的速度，小球离开半圆槽右侧最高点时，
小球具有水平向右的速度与竖直向上的速度，小球做斜上抛运动，则小球不能到达与释放点等高的
位置，选项D错误。
故选B。
7．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为99m、200m的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上，一颗质量为m的子弹C以速度 射入物块A并留在A中，以此刻为计时起点，两物
块A（含子弹C）、B的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息分析可知，下列说法中错
误的是（ ）
A．子弹C射入物块A的速度 为600m/s
B．在 时间内，弹簧处于压缩状态
C．当物块A（含子弹C）的速度为零时，物块B的速度为3m/s
D．在 时刻弹簧处于自然长度
【答案】B
【详解】A．由所给的图象可知，子弹C射入物体A时的共同速度为6m/s，由动量守恒
得
故A正确，不符合题意；
B．子弹C与物块A获得共同速度6m/s后，在弹簧的弹力作用下，物块A（含子弹C）先减速至零，
再反向加速到速度最大，继而减速至零，再与初始速度方向相同，直到加速至速度最大，物块B先
加速到速度最大，再减速至零，可见在 、 时刻两物体达到共同速度2m/s，弹簧具有的弹性势能
相同，但弹簧分别处于压缩状态和拉伸状态，故B错误，符合题意；
C．当物块A（含C）的速度为0时，由动量守恒
得故C正确，不符合题意；
D．根据机械能守恒， 时刻弹簧的弹性势能
即弹簧处于自然长度，故D正确，不符合题意。
故选B。
8．如图，某中学航天兴趣小组在一次发射实验中将总质量为M的自制“水火箭”静置在地面上。
发射时“水火箭”在极短时间内以相对地面的速度 竖直向下喷出质量为m的水。已知火箭运动过
程中所受阻力与速度大小成正比，火箭落地时速度为v，重力加速度为g，下列说法正确的是（
）
A．火箭的动力来源于火箭外的空气对它的推力
B．火箭上升过程中一直处于超重状态
C．火箭获得的最大速度为
D．火箭在空中飞行的时间为
【答案】D
【详解】A．火箭向下喷出水，水对火箭的反作用力是火箭的动力，A错误；
B．火箭加速上升过程处于超重状态，减速上升过程和加速下降过程处于失重状态，B错误；
C．喷水瞬间由动量守恒定律可得
解得火箭获得的最大速度为C错误；
D．以向下为正方向，上升过程由动量定理可得
下降过程由动量定理可得
其中
联立解得
D正确。
故选D。
二、多选题
9．如图所示，在桌面边缘将质量为m的物体以初速度 沿不同的拋射角θ斜向右上方拋出，已知
桌面距地面的高度为h，以地面为参考平面，不考虑空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．拋射角θ越大，物体落地时的速度越大
B．物体落地时的动能与θ无关
C．物体落地时的动量大小为
D．物体落地时的机械能大小为【答案】BD
【详解】AB．物体下落过程中，仅受重力作用，机械能守恒，物体落地时的动能
则物体落地时的动能与θ无关，物体落地时的速度与θ无关，故A错误，B正确；
C．物体落地时的速度为
动量大小为
解得
故C错误；
D．以地面为参考平面，物体落地时的机械能大小为 ，故D正确。
故选BD。
10．我国有很多高水平的羽毛球运动员，在羽毛球比赛中杀球时的速度很快，如图所示为快速击球
时将固定的西瓜打爆的情形，假设羽毛球的质量为5g，初速度为360km/h，方向向左，与西瓜接触
的时间为0.01s，之后羽毛球速度减为0，忽略空气阻力的影响，取 ，则关于该羽毛球击
打西瓜过程，下列说法正确的是（ ）
A．羽毛球接触西瓜时的初动量大小为1800kg·m/s
B．羽毛球与西瓜相互作用的过程，羽毛球动量变化的方向向右
C．羽毛球对西瓜的作用力大小约为5N
D．若以羽毛球与西瓜为系统，则系统的动量不守恒
【答案】BD
【详解】A．羽毛球接触西瓜时的初动量大小为故A错误；
B．羽毛球与西瓜相互作用的过程，羽毛球动量变化量方向与羽毛球飞来的方向相反，羽毛球动量
变化量方向向右，故B正确；
C．羽毛球对西瓜的作用力大小约为
故C错误；
D．若以羽毛球与西瓜为系统，系统的初动量不为0，末动量为0，系统的动量不守恒，故D正确。
故选BD。
11．在光滑水平面上A、B两小车中间有一轻弹簧（弹簧不与小车相连），如图所示，用手抓住小
车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将小车及弹簧看成一个系统，则（ ）
A．两手同时放开后，系统总动量始终为零
B．先放开左手，再放开右手后，系统动量不守恒
C．先放开左手，在右手未放开前，系统动量守恒
D．无论何时放手，两手放开后，系统总动量都保持不变
【答案】AD
【详解】A．若两手同时放开A、B两车，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初动量
为零，则系统总动量为零，故A正确；
BD．无论何时放手，两手放开后，系统所受合外力为零，系统动量守恒，系统总动量保持不变，
故B错误，D正确；
C．先放开左手，在右手未放开前，系统所受合外力向左，系统总动量不守恒，故C错误。
故选AD。
12．一带有半径足够大的光滑圆弧轨道的小车的质量 ，小车静止在光滑水平地面上，圆弧
下端水平。有一质量 的小球以水平初速度 从圆弧下端滑上小车，如图所示，取水平向左为正方向。 ，则（ ）
A．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统动量守恒
B．小球沿圆弧轨道上升的最大高度为
C．小球离开小车时的速度为
D．小球从滑上小车到离开小车的过程中对小车做的功为
【答案】BCD
【详解】A．小球与小车组成的系统在水平方向受合外力是零，在竖直方向受合外力不是零，因此
系统只在水平方向动量守恒，A错误；
B．系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律可得
系统的机械能守恒
当 时， 最大，则有高度h最大，联立解得
B正确；
C．设小球离开小车时的速度为v，小车的速度为v，取水平向左为正方向，系统在水平方向动量
3 4
守恒和系统的机械能守恒，则有
联立解得小球的速度方向向右，是负值，因此C正确；
D．小球离开小车时小车在水平方向的速度为 ，由动能定理可得小球对小车做的功为
D正确。
故选BCD。
13．如图所示，两平行光滑杆水平放置，两相同的小球M、N分别套在两杆上，并由轻弹簧拴接，
弹簧与杆垂直。已知两杆间距为 ，弹簧原长为 ，两球的质量均为 。现给M球一沿
杆向右 的瞬时冲量，关于之后的运动，以下说法正确的是（ ）
A．弹簧长度达到 时，M球和N球总动能最大
B．弹簧长度第一次达到 时，M球的速度大小为
C．弹簧长度第二次达到 时，M球的速度大小为
D．弹簧长度达到最长时，M球的速度大小为
【答案】ABD
【详解】A．根据能量守恒定律，该过程M球和N球的总动能与弹簧的弹性势能相互转化，当弹簧
的弹性势能为0时，M球和N球的总动能达到最大，A正确，
B．设一开始弹簧的形变量为x，当弹簧达到0.6m时形变量为x，则有
1 2
x = 0.5 - 0.4m = 0.1m
1
x = 0.6 - 0.5m = 0.1m
2
M球在瞬间冲量作用后，获得动量，由动量定理可得
I = m v = 0.6Ns
M M 0
两球和弹簧组成的系统，合外力为零，根据动量守恒定律可得
m v = m v + m v
M 0 M 1 N 2
当弹簧第一次达到0.6m时，根据能量守恒定律有解得
v = 3m/s
1
即弹簧达到0.6m时，M球的速度大小为3m/s，B正确；
C．弹簧第二次达到0.6m时，由动量守恒定律有
mv = mv + mv
0 M N
根据选项B由机械能守恒定律有
解得
v = 0，v = 3m/s
M N
C错误；
D．当两球速度第一次相等时，弹簧第一次达到最大伸长量，根据动量守恒定律可
m v = (m + m v
M 0 M N) 共
解得
v = 1.5m/s
共
即弹簧达到最长时，M球的速度大小为1.5m/s，D正确。
故选ABD。
14．如图甲所示，物块A、B中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块A的质量为
1.2kg。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t=0时对物块A施加水平向右的恒力F，t=1s时撤去，
在0~1s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中，
以下分析正确的是（ ）
A．力F大小为1.2N
B．t=1s时A的速度大小为0.8m/s
C．物块B的质量为0.6kg
D．从开始到弹簧第一次伸长量最大的过程中，弹簧的弹力对物块B所做的功为0.144J
【答案】AD【详解】A．t=0时刻，A仅受F作用，根据牛顿第二定律可知力F的大小为
故A正确；
B．a-t图像与坐标轴所围面积表示速度的变化量，所以t=1s时A的速度大小为
故B错误；
C．设t=1s时弹簧的弹力大小为T，对A、B根据牛顿第二定律分别有
解得
故C错误；
D．根据动量定理可得t=1s时A、B组成的系统的动量为
撤去拉力后，系统动量守恒，当A、B达到共同速度v时弹簧伸长量最大，根据动量守恒定律有
解得
根据动能定理可知从开始到弹簧第一次伸长量最大的过程中，弹簧的弹力对物块B所做的功为
故D正确。
故选AD。
15．如图甲，竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与物块B相连并处于静止状态。物块A在外力作
用下静止在物块B正上方某高度处，取物块A静止时的位置为原点O、竖直向下为正方向建立x轴。
某时刻撤去外力，物块A自由下落，与物块B碰撞后以相同的速度向下运动，碰撞过程时间极短。
测得物块A的动能 与其位置坐标x的关系如图乙（弹簧始终处于弹性限度内），图中除 之间的图线为直线外，其余部分均为曲线。已知物块A、B均可视为质点，则（ ）
A．物块A与物块B的质量之比
B．物块A从 到 的过程中，重力的瞬时功率先增大后减小
C．物块A、B与弹簧组成的系统在整个运动过程中损失的能量为
D．弹簧的劲度系数
【答案】BD
【详解】A．根据图像可知碰撞后A的动能变为原来的 ，根据
设碰撞前瞬间物块A的速度为 ，则碰撞后瞬间A、B的速度为 ，取初速度方向为正方向，由
动量守恒定律有
解得
故A错误；
B．物块A从 到 的过程中，物块A的动能先增大后减小，则速度先增大后减小，根据
可知重力的瞬时功率先增大后减小，故B正确；
C．物块A、B碰撞过程损失的机械能为又
，
联立可得
故C错误；
D．设A、B的质量为 ，由图乙可知， 处动能达到最大，根据平衡条件可得此时弹簧弹力为
，从 到 过程中，弹簧弹力增加 ，由胡克定律知
则有
从O到 ，由动能定理有
联立解得
故D正确。
故选BD。
16．如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个 弧形槽，凹槽半
径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度 从A点冲上滑块，重力加速度大小为
g，不计一切摩擦。下列说法中正确的是（ ）A．当 时，小球能到达B点
B．如果小球的速度足够大，小球可从B点越过滑块后落在滑块左侧的水平面上
C．小球到达斜槽最高点处，小球的速度一定不为零
D．小球回到斜槽底部时，小球速度方向可能向左
【答案】CD
【详解】A．若小球恰好到达B点，则有
，
解得
可知，当 时，小球不能到达B点，故A错误；
B．对滑块与小球分析可知，两者构成的系统在水平方向的动量守恒，当小球越过B点时，小球水
平方向的分速度必定与滑块的速度相等，当小球越过滑块后，小球水平方向与滑块均以相同速度做
匀速直线运动，可知如果小球的速度足够大，小球不能够从B点越过滑块后落在滑块左侧的水平面
上，故B错误；
C．根据上述分析可知，滑块与小球两者构成的系统在水平方向的动量守恒，可知小球到达斜槽最
高点处，小球的速度一定不为零，故C正确；
D．小球回到斜槽底部时，对小球与滑块系统分析有
，
解得
可知，当 时，小球速度为正值，即小球速度方向向左，故D正确。故选CD。
三、实验题
17．某学习小组采用图所示气垫导轨装置验证滑块碰撞过程中的动量守恒。其主要实验步骤如下，
请回答下列问题。
（1）用天平测得滑块A、B（均包括挡光片）的质量分别为m、m；用游标卡尺测得挡光片的宽
1 2
度相等。
（2）充气后，调节气垫导轨下面的旋钮，导轨左侧放一个滑块并推动滑块，滑块通过两个光电门
时，若与光电门1、2相连的计时器测得的挡光时间分别为0.05s、0.06s，则应使导轨右端
（选填“调高”或“调低”）。
（3）气垫导轨已经调节水平后，滑块B放在两个光电门之间，滑块A向左挤压导轨架上的轻弹簧，
并释放滑块A，滑块A一直向右运动，与光电门1相连的计时器的示数只有一个，为t，与光电门
1
2相连的计时器的示数有两个，先后为t、t 说明m、m 的大小关系为m m（选填“<”，
2 3。 1 2 1 2
“>”或“=”）
（4）在实验误差允许范围内，若表达式 （用测得的物理量表示）成立，说明滑块A、B碰
撞过程中动量守恒；若表达式 （仅用 、 和 表示）成立，说明滑块A、B碰撞过程中机
械能和动量均守恒。
【答案】 调低 >
【详解】（2）[1]由于滑块通过两个光电门时，若与光电门1、2相连的计时器测得的挡光时间分别
为0.05s、0.06s，时间增大，可知速度减小，即滑块在向右做减速运动，表明导轨右端偏高，为了
确保滑块在气垫导轨上做匀速运动，应使导轨右端调低。
（3）[2]与光电门1相连的计时器的示数只有一个，说明A与B碰撞后没有发生反弹，与光电门2
相连的计时器的示数有两个，说明A碰后速度方向不变，可知，m、m 的大小关系为
1 2
m>m
1 2
（4）[3]根据题意可知，滑块A碰撞前的速度为
碰撞后，滑块A的速度为滑块B的速度为
实验误差允许范围内，若有
即有
成立，说明滑块A、B碰撞过程中动量守恒；
[4]若滑块A、B碰撞过程中机械能和动量均守恒，则有
，
即有
，
同时成立，整理可得
18．某实验小组采用如图所示的实验装置做“验证动量守恒定律”实验。在水平桌面上放置气垫导
轨，导轨上安装光电计时器1和光电计时器2，带有遮光片的滑块A、B的质量分别为m 、m ，完
A B
全相同的两遮光片，测得其宽度d，实验过程如下：
①调节气垫导轨呈水平状态；
②轻推滑块B，测得滑块B通过光电计时器1的遮光时间为t；
1
③滑块B与滑块A相碰后，滑块A和滑块B先后经过光电计时器2的遮光时间分别为t 和t；
2 3
（1）实验中为确保两滑块碰撞后滑块B不反向运动，m 、m 应满足的关系为m m
A B A B
（填“>”“=”或“<”）。
（2）滑块B碰后的速度为 （用题中所给物理量的字母表示）。（3）利用题中所给物理量的符号表示动量守恒定律成立的式子： 。
【答案】 <
【详解】（1）[1]为防止两滑块碰撞后入射滑块反弹，入射滑块的质量应大于被碰滑块的质量，即
。
（2）[2]碰撞后滑块B的速度为
（3）[3]碰撞前滑块B的速度
碰撞后滑块A、B都做匀速直线运动，碰撞后滑块A的速度
两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律有
整理得
四、解答题
19．如图所示，在足够长粗糙水平面上固定一挡板，将一轻质弹簧右端固定于挡板上，用外力作用
于质量为 的B物体，使其向右缓慢压缩弹簧至b位置，此时弹簧弹性势能 。撤去
外力后弹簧将物体B弹出，与静止在a位置的质量为 的A物体发生完全弹性碰撞。位置a
与b距离 ，物体A、B大小不计，且与粗糙水平面间动摩擦因数均为 。g取 。
求：
（1）物体B、A碰撞前瞬间，物体B的速度大小 ；（2）物体B、A碰撞后，物体A通过的距离 。
【答案】（1）3m/s；（2）2m
【详解】（1）物体B、A碰撞前瞬间，对物体B根据功能关系有
解得物体B的速度大小为
（2）物体B、A发生完全弹性碰撞，根据动量守恒定律及能量守恒定律有
解得
，
碰后物体A运动过程中，根据动能定理有
解得
20．如图所示，水平地面上停放一辆带有向后喷射装置的小车，小车的质量为M=1kg，现给小车里
装入10个相同的小球，每个小球质量也为m=1kg。车上的喷射装置可将小球逐一瞬间向后水平喷
出，且喷出时小球相对于地面的速度都为v=20m/s，每间隔相等时间t=1s喷出一个小球。已知小车
0
运动时受到的阻力为小车和车内小球总重力的k=0.2倍，g=10m/s2。求：
（1）喷出第一个小球过程中，系统增加的机械能；
（2）喷出第二个小球后瞬间，小车的速度；
（3）调整第三个及以后每个小球的喷出速度，可使得第三个及以后每个小球喷出后小车的速度都等于v，求第三个小球和第四个小球喷出的速度之比。
2
【答案】（1）220J；（2） ；（3）
【详解】（1）喷出第1个小球过程中，小车和小球整个系统动量守恒，有
解得
v=2m/s
1
系统增加的机械能
解得
ΔE=220J
（2）小车喷出小球后，在t时间内做匀减速直线运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得
k（M+9m）g=（M+9m）a
设喷出第二个小球前，小车和剩余小球的速度大小 ，由速度公式得
设喷出第二个小球后，小车和剩余小球的速度大小v，由动量守恒定律得
2
解得
（3）设喷出第三个小球前，小车和剩余小球的速度大小 ，由速度公式得
解得设喷出第三个小球的速度为 ，由动量守恒定律得
解得
由题意可知喷出第四个小球前 ，设喷出第四个小球的速度为 ，由动量守恒定律得
解得
则
