北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 物理
综合检测（七） 动量守恒定律
时间:90分钟 满分100分
一、单项选择题（本题共13个小题，每个小题3分，共39分。在每个小题给出的四个选项中，只
有一个选项是符合题目要求的）
1．一质量为M的航天器远离太阳和行星，正以速度v 在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的
0
指令后，发动机瞬间向后喷出质量为 m的气体，气体向后喷出的速度大小为 v ，加速后航天器的速
1
度大小v 等于(v 、v 、v 均为相对同一参考系的速度)( )
2 0 1 2
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】设加速后航天器的速度大小为v，由动量守恒定律有
Mv =-mv +（M-m）v，解得 ，故选C.
0 1
2．一物理学习小组在竖直电梯里研究超重失重现象：力传感器上端固定在铁架台上，下端悬挂一个
质量为m的钩码。当电梯1楼和3楼之间运行时，数据采集系统采集到拉力F随时间t的变化如图所
示。忽略由于轻微抖动引起的示数变化，下列说法正确的是（ ）
A．a到b过程中电梯向上运动，b到c过程中电梯向下运动
B．a到c过程中钩码的机械能先增加后减小
C．图形abc的面积等于图形def的面积
D．a到b过程中钩码处于超重状态，b到c过程中钩码处于失重状态
【答案】C
【解析】从a到b过程中，力F大于0，钩码加速度向上，但可以向下做减速运动，同理，从 b到c
过程中钩码可能向上做加速运动，故 A错误；在整个运动过程中，如果 a到c的过程向上加速则拉
力对小球做正功，机械能增加，如果向下减速则拉力对小球做负功机械能减少，故B错误；图像中
面积表示力对时间的积累，即冲量。故图形 abc的面积等于图形def的面积。故C正确；a到c的过
程中，钩码所受力大于0，根据 ，加速度大于0，即从a到c钩码处于超重状态。
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3．在研究放射性元素时，约里奥·居里夫妇首次发现 衰变时能放出一个正电子。如图所示，一个
运动的 以某一初速度垂直磁场方向进入匀强磁场，轨迹为 MO，运动到O点处发生上述衰变，生
成的新粒子中较大的原子核沿ON轨迹运动，若弧MO对应的半径为r1，弧ON对应的半径为r2，
且r1:r2=7:5，则生成的两个新核的动量之比为
A．2:1 B．3:1 C．3:2 D．4:3
【答案】A
【解析】衰变方程为 ，两段弧都沿顺时针方向，说明生成的 核与原来的 核的速
度方向相同。设衰变前 核动量大小为p1，衰变后 和正电子的动量分别为p2和p3。 核在磁
场中做圆周运动的半径 ， 核在磁场中做圆周运动的半径 ；可得
；得 。衰变过程中动量守恒得：p1=p2+p3，p3＝ p1，以上各式可解得 p2:
p3=2:1。
4．关于物体的运动，下列说法正确的是（ ）
A．做匀速圆周运动的物体，其速度大小不变，加速度不变
B．物体做简谐运动，其所受的合外力等于回复力
C．在空中某点抛出一个物体，不计空气阻力，该物体在落地前动量的变化率恒定
D．物体做曲线运动时，其速度与加速度的夹角一定随时间而变化
【答案】C
【解析】做匀速圆周运动的物体，其速度大小不变，加速度大小不变，方向时刻改变，故 A错误；
单摆做简谐运动，回复力是重力的切向分力提供，不是摆球所受的合力，故B错误；在空中某点抛
出一个物体，不计空气阻力，根据动量定理可知，该物体动量的变化率为 ，则其动量的变化
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率恒定，故C正确；物体做匀速圆周运动时，其速度与加速度垂直，夹角不随时间而变化，故 D错
误。
5．如图所示，某次军事训练中，战士从倾角为θ的山坡上的A处以大小为 的速度水平投出手榴弹
（图中以点表示），手榴弹落在山坡上的B处。若手榴弹的质量为 ，不计空气阻力，则手榴弹在
空中运动过程中的动量变化大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设手榴弹在空中运动的时间为t，根据平抛运动的规律有 ， ， ，可得
落地时间 ，根据动量定理，该过程中手榴弹的动量变化大小 ，解得
，故选B。
6.如图所示，武装直升机的旋翼桨盘面积（桨叶旋转形成的圆面面积）为 S，空气密度为ρ，直升机
质量为m，重力加速度为g。当直升机向上匀速运动时，假设空气阻力恒为f，空气浮力不计，风力
的影响也不计，下列说法正确的是（ ）
A．直升机悬停时受到的升力大小为mg＋f
B．直升机向上匀速运动时，1s内被螺旋桨推动的空气质量为
C．直升机向上匀速运动时，1s内被螺旋桨推动的空气质量为
D．直升机向上匀速运动时，1s内发动机做的功为
【答案】C
【解析】根据平衡条件可得直升机悬停时受到的升力大小为mg，故A错误；Δt时间内被螺旋桨推
动的空气的质量为Δm′=ρSvΔt，由动量定理，螺旋桨对空气的作用力大小， ，Δp=Δm′v，由
牛顿第三定律知空气对螺旋桨的作用力大小F′=F，为使飞机向上匀速运动，有F′=mg＋f，联立解得
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v= 。1s内被螺旋桨推动的空气质量为 M=ρSv=ρS ，B 错误，C 正确；
由动能定理可得1s内发动机所做的功为W= Mv2= ，D错误。
7．如图所示，三辆相同的平板小车 a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平地面上，c车上一人跳
到b车上，接着又立即从b车跳到a车上，人跳离c车和b车时对地的水平速度相同，他跳到a车上
没有走动便相对a车保持静止，此后（ ）
A．a、c两车的运动速率相等 B．a、c两车的运动方向一定相反
C．a、b两车的运动速率相等 D．三辆车的运动速率关系为vc>vb>va
【答案】B
【解析】若人跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律，人跳离c车的过程，有0=-M v +m v
车 c 人
人跳上和跳离b车的过程，有m v=-M v +m v
人 车 b 人
人跳上a车过程，有
m v=（M +m ）v
人 车 人 a
所以v =- ，v =0，v = ，即vc>va>vb，并且vc与va方向相反。故选B。
c b a
8．如图所示，某同学将两相同羽毛球A、B从同一高处以相同速率v0水平打出。运动过程中羽毛
球仅受到重力及恒定的水平风力作用，逆风时，球 A落至地面上的P处，顺风时，球B落至地面上
的Q处。则（ ）
A．A球飞行时间比B球长
B．两球落地时速度大小相同
C．两球飞行过程中合外力的冲量相同
D．两球落地时重力的功率不同
【答案】C
【解析】A、B两球竖直方向均做自由落体运动，则 ，由此可知，两球飞行时间相等，故 A
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错误；A 球水平方向做匀减速直线运动，则 ，B 球水平方向做匀加速直线运动，则
，两球飞行时间相等，所以落地时两球竖直方向速度相等，但A球水平速度小于B球水平
速度，落地速度大小为 ，所以A球落地时的速度小于B球的落地速度，故B错误；两球
合外力的冲量为 ，由于两球受相同的重力和恒定的风力，所以两球的合外力相同，飞行时间
相等，所以 两球飞行过程中合 外力的冲量相同，故 C 正确； 落地 时重力的功 率为
，由此可知，两球落地时重力的功率相同，故D错误。
9．如图所示，光滑水平面上放着一长为 l质量为M的木块，、一质量为m的子弹从左边以初速度
v0水平射入木块，恰好没有射穿，则（ ）
A．最终子弹与木块的速度为零
B．在子弹与木块相互作用的过程中，子弹的位移为l
C．在子弹与木块相互作用的过程中，木块的位移一定为l
D．在子弹与木块相互作用的过程中，因摩擦产生的热量为
【答案】D
【解析】子弹击中木块过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得mv =(M+m)v，得 ，故A错误；在子弹与木块相互作用的过程中，子弹
0
的位移为 ，木块的位移为
，因为子弹恰好没有射穿木块，有 ，即
所以子弹的位移， ，故B错误；
因为v >v，所以子弹的位移 ，故C错误；
0
在子弹与木块相互作用的过程中，因摩擦产生的热量等于系统动能的减小量，即
，故D正确。
10．为落实国家“双碳”战略，推动能源绿色低碳转型，某区推进新型绿色光伏发电，光伏发电的
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原理是光电效应。假设太阳光子垂直射到发电板上并全部被吸收。已知光伏发电板面积为 ，发电
板单位面积上受到光子平均作用力为 ，每个光子动量为 （其中 为普朗克常量， 为光子的频
率， 为真空中的光速），则下列说法正确的是（ ）
A．发生光电效应时，入射光的强度越大遏止电压越高
B．发生光电效应时，入射光的频率越高饱和光电流一定越大
C． 秒内该光伏发电板上接收到的光子能量为
D．t秒内该光伏发电板上接收到的光子能量为
【答案】C
【解析】对光电效应的过程，根据能量守恒有 ，即入射光的频率越大，遏止电压越
高，故A错误；发生光电效应时，入射光越强，光含有的光子数越多，其饱和光电流一定越大，故
B错误；设t秒内该光伏发电板上接收到的光子数为n，根据动量定理可得 ，已知光子的平
均作用力为F，则有 ，联立解得光伏发电板接收到的光子数为 ，则由 可得，t秒
内该光伏发电板上接收到的光子能量为 ，故C正确，D错误。
11．第二十四届冬奥会于2022年2月4日至20日在北京举行。跳台滑雪是冬奥会的重要项目之一。
如图所示，某次比赛中，质量为m的运动员（包括滑雪板）以速度v0从跳台顶端水平飞出，经过一
段时间后落在倾斜赛道上，赛道的倾角为，重力加速度为g，空气阻力忽略不计，运动员（包括滑
雪板）视为质点。则运动员在空中运动的过程中（ ）
A．动量变化量的大小为
B．距离赛道最远时的速度大小为
C．距离赛道最远时的竖直位移为总竖直位移的
D．从飞出到落到倾斜赛道通过的位移大小为
【答案】C
【解析】运动员做平抛运动，落在倾斜赛道上时，运动员的位移偏转角等于倾斜赛道的倾斜角，即
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有 ， ，因为运动员的速度变化量只产生在竖直方向上，则有，
∆p=m∆v=mgt=2mv tanθ，A错误；当距离赛道最远时，运动员的速度方向与倾斜赛道平行，则有
0
，此时运动员运动的时间为 ，由几何关系可知，此时的速度为 ，下落的
高度为 ，下落总高度为 ，则有 ，所以在距离赛道
最远时的竖直位移为总竖直位移的 ，B错误，C正确；由以上计算分析可知，运动员水平方向的
位移为 ，从飞出到落到倾斜赛道通过的位移大小为 ，D错误。
12．如图所示，有一半径为R、圆心角为60°的光滑圆弧轨道置于光滑水平面上。一小球以初速度
滑上圆弧轨道。已知圆弧轨道质量 ，小球质量 ，重力加速度为g，若小球从圆弧轨道
飞出时速度方向恰好跟水平方向成30°角，则（ ）
A．圆弧半径
B．小球飞出时速度为
C．小球飞出时圆弧轨道的速度为
D．小球从滑上圆弧到飞离圆弧过程中速度变化量的大小为
【答案】C
【解析】小球以初速度 滑上圆弧轨道，小球与圆弧轨道产生相互作用，因此小球从滑上圆弧到飞
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离圆弧的运动中，小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向动量守恒，机械能守恒，因此小球有两个
分速度，其中v1是相对轨道的速度，与圆弧相切，v2是随轨道运动的速度，方向水平，如图所示，
由几何关系，可知v1与v2成60°角，v与v2成30°角，则v1与v成30°角，所以四边形是菱形，v1=
v2，则有 ，由动量守恒定律可得
系统的机械能守恒
联立解得
解得小球飞出时圆弧轨道的速度为
解得小球飞出时速度为
A、B错误，C正确；
由题意可得矢量三角形，如图所示，由几何关系可得
其中
解得 ，D错误。
13．雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力,
小玲同学将一圆柱形水杯置于院中,测得10分钟内杯中雨水上升了15 mm,查询得知,当时雨滴落地速
度约为10 m/s,设雨滴撞击芭蕉后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×103 kg/m3,据此估算芭蕉叶面
单位面积上的平均受力约为( )
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A.0.25 N B.0.5 N C.1.5 N D.2.5 N
【答案】A
【解析】设芭蕉叶面的单位面积 S=1 m2,芭蕉叶面单位面积对雨水的平均作用力为 F,令 ρ=1×103
ℎ
kg/m3,h=15 mm=0.015 m,t=10 min=600 s,则时间 Δt 内落到芭蕉叶面的雨水的质量 Δm=ρSv·Δt=ρ
t
S·Δt。取雨水落地的速度方向为正方向,对Δt时间内落到叶面的雨水列动量定理可得:-FΔt=0-Δm·v,解
得F=0.25 N;由牛顿第三定律可得芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为0.25 N,A正确。
二、多项选择题（本题共2小题，每小题3分，共6分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两
个以上选项符合题目要求。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
14．如图所示，内壁光滑的圆形轨道半径为R，固定在竖直平面内，圆形轨道上的P、Q两点与圆心
O等高，N为轨道的最高点。质量均为m的小球(可视为质点)A和B，以等大的速率v0同时从P处
向上、向下滑入圆形轨道，若在运动过程中两球均未脱离圆形轨道，重力加速度为 g。下列说法正
确的是（ ）
A．两球第一次相遇点一定在N、Q之间
B．两球第一次相遇点可能在P、N之间
C．两球从P点释放到第一次相遇，重力的冲量相同
D．小球A通过最高点时的机械能小于小球B通过最低点时的机械能
【答案】AC
【解析】A向上先做减速运动，越过最高点后再做加速运动；B向下先做加速运动，越过最低点后
再做减速运动，由机械能守恒知到达Q点时，两者速率相等，则从P运动到Q点的过程中A球的平
均速率小于B球的平均速率，所以两球再次相遇时应在 Q点的上方，即在NQ之间，A正确，B错
误；因为相遇时运动的时间相同 ，质量也相同，所以重力的冲量相同，C正确；两球开始出
发时机械能相等，运动过程中各自的机械能守恒，则小球 A通过最高点时的机械能等于小球B通过
最低点时的机械能，D错误。
15．在光滑水平地面上，一质量为m的小球A以速度 向右运动，与原来静止的另一质量为 3m的
小球B发生正碰，则碰后小球A的速度大小可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
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【解析】若v =v ，根据动量守恒有： ，解得vB=0，会继续发生碰撞，不可能；若
A 0
，A的动能不变，B的动能增加，违反了能量守恒定律，也不可能，故 A错误．若
，根据动量守恒有： ，解得 ， ，是可
能 的 ， 故 B 正 确 ． 若 ， 根 据 动 量 守 恒 有 ： ， 解 得 ，
，机械能守恒，是可能的，故 C 正确．若 ，根据动量守恒有：
，解得 ，碰后同向运动，B的速度不可能比A的小，不可能；若
，根据动量守恒有： ，解得 ， ，总动能增加，
不可能，故D错误．
三、实验题（共14分）
16-Ⅰ．（6分）某同学用如图甲所示装置验证动能定理或动量定理：铁架台下端固定一个光电门，
小球从光电门上方某处由静止下落，穿过光电门时，与光电门相连的计时器测量挡光时间为 。测
量小球释放时球心距光电门的距离为h，小球从开始下落到光电门开始挡光的时间为t，重力加速度
为g，回答下列问题：
(1)首先用螺旋测微器测量小球的直径，如图乙所示，小球的直径为 mm。
(2)验证动能定理的表达式为 ，验证动量定理的表达式为 。
【答案】（1）3.200 （2）
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【解析】(1)螺旋测微器的读数为
(2)小球到达光电门的速度为
验证动能定理的表达式为 ，化简为
验证动量定理的表达式为 ，化简为
16-Ⅱ．（8分）用如图所示装置来验证系统的动量守恒，质量为 m 的钢球B放在小支柱N上，球
B
的下端离地面高度为H；质量为m 的钢球A用细线拴好悬挂于O点，当细线被拉直时O点到球心
A
的距离为L，且细线与竖直线之间夹角为α；球A由静止释放，摆到最低点时恰好与球B发生对心
正碰，碰撞后，A球把轻质指示灯C推移到与竖直夹角为β的处，B球落到地面上，地面上铺有一
张盖有复写纸的白纸D，用来记录球B的落点，测得落点于初始时钢球B球心在水平面上投影的水
平距离为S，两球的质量关系为m >m ，重力加速度为g，回答下列问题：
A B
（1）刚要发生碰撞时小球A的动量为 （用题中所给物理量的符号表示）
碰撞刚结束时B的动量为 （用题中所给物理量的符号表示）
（2）若等式 成立，则表明碰撞过程中系统的动量守恒（用题中所给物理量的符号表
示）。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）小球从A处下摆过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得
解得
刚要发生碰撞时小球A的动量
碰前球B的动量为0，碰撞后B球做平抛运动，水平方向
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竖直方向
则碰后B球的动量
（2）碰后，对于A球，根据机械能守恒定律
解得
若
即
成立，则表明碰撞过程中系统的动量守恒。
四、计算题（共41分，需要写出必要的文字说明和解题过程，只写出结果，没有过程不能得分）
17．（8分）汽车安全性能是衡量汽车品质的重要指标,实车碰撞试验是综合评价汽车安全性能最有
效的方法。某次测试中质量为1 500 kg的实验汽车在车道上加速至16 m/s后撞上刚性壁障,碰后车轮
被卡住,以4 m/s的速度反向弹回,车滑行2 m后停止,数据传感器记录此次碰撞时间为0.5 s,重力加速度
取10 m/s2,求:
(1)碰撞过程中壁障对实验汽车的平均作用力大小;
(2)实验汽车与车道之间的动摩擦因数。
答案 (1)6×104 N (2)0.4
解析 (1)取反弹后的速度方向为正方向,由动量定理可得Ft=mv -mv
2 1
解得F=6×104 N
(2)方法一:汽车反弹后,水平方向摩擦力做功,由动能定理有
1
-μmgx=0- mv2
2 2
解得μ=0.4
方法二:汽车反弹后受摩擦力作用,做匀速减速直线运动,由运动学公式有
0- =-2ax
v2
2
由牛顿第二定律有
μmg=ma
解得μ=0.4
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18．（11分）如图所示，在光滑水平面上通过锁定装置固定一辆质量 的小车，小车左边AB
部分为半径 的四分之一光滑圆弧轨道，轨道末端平滑连接一长度 的水平粗糙面BC，
粗糙面右端是一挡板。将一质量 的物块（可视为质点）从小车左侧圆弧轨道顶端A点由静
止释放，物块与小车的粗糙区域BC间的动摩擦因数 ，物块与挡板的碰撞无机械能损失，取
重力加速度大小 。
（1）求物块滑到圆弧轨道末端B点时，物块对圆弧轨道的压力大小；
（2）若解除小车锁定，让物块仍从A点由静止释放，求物块从B点到与右侧挡板发生第一次碰撞
经历的时间；
（3）在（2）问的初始条件下，物块将与小车右侧挡板发生多次碰撞，求整个运动的过程中，小车
发生的位移大小。
【答案】（1）15 N；（2）0.67s；（3）1.33 m
【解析】（1）由机械能守恒定律有mgR= mv2
在B点，由牛顿第二定律有F -mg=m
N
解得F =15 N
N
根据牛顿第三定律，可知物块对轨道的压力大小F '=15 N
N
（2）解除固定后，物块和小车组成的系统水平方向动量守恒。设物块刚滑上 B点时的速度大小为
v1，此时小车的速度大小为v ，由动量守恒定律有mv =Mv
2 1 2
由机械能守恒定律有mgR= m + M
解得v =4 m/s，v =2 m/s
1 2
物块滑上粗糙面BC后，设物块的加速度大小为 a ，小车的加速度大小为 a ，根据牛顿第二定律有
1 2
μmg=ma
1
可得a =0.6 m/s2
1
方向水平向左。同理μmg=Ma
2
可得a =0.3 m/s2
2
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方向水平向右。当物块和小车右侧挡板发生碰撞时满足v1t- a1t2+v2t- a2t2=L
解得t = s=0.67 s，t =12 s=12.67 s（舍去）
1 2
（3）从物块滑下到最终相对小车静止，设物块在小车 BC面上滑动的路程为 s，根据动能定理有
mgR=μmgs
解得s=20 m
设物块在小车上表面来回运动的次数为n，满足s=nL+Δx
当n=5时，Δx=1 m，即物块将停在离右侧挡板 1 m处，此时物块和小车同时停止运动。从物块滑下
到物块和小车停止运动的整个过程中，物块相对小车发生的位移x总=R+L-Δx=4 m
选取物块和小车为系统,由于水平方向动量守恒，设物块水平向右发生的位移大小为 x1，小车水平向
左发生的位移大小为x ，有mx =Mx ，x +x =x
2 1 2 1 2 总
解得x = m=1.33 m
2
19．（11分）如图所示，人在光滑的冰面上玩推木箱游戏，人与车的总质量为 M，木箱的质量为
m，开始均静止于光滑冰面上。现人将木箱以速率 v（相对于地面）水平推向竖直墙壁，木箱与墙壁
碰撞后又以速率v弹回，人接住木箱后再以速率v（相对地面）将木箱推向墙壁，如此反复，求：
(1)人第一次推木箱后，人和小车的速度大小v ；
1
(2)人第二次推木箱后，人和小车的速度大小v ；
2
(3)若M=60kg，m=3kg，v=6m/s，从第一次算起，人推多少次木箱后，人将会接不到木箱。
【答案】（1） ；（2） ；（3）11次
【解析】(1)对人和车、木箱组成的系统，在人接、推木箱的过程中，取人和车的运动方向为正方
向，第一次推动过程中由系统动量守恒定律可得
解得
(2)第二次推动过程中由系统动量守恒定律可得
解得
(3)第三次推动过程中由系统动量守恒定律可得
解得
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……
第n次推出木箱后人与车的速度为
人接不到木箱，需要满足vn≥v，即
解得n≥10.5
则第11次推出后，人和车的速率大于木箱的速率，人接不到木箱。
1
20．（11分）如图所示,AB为半径R=0.8 m的 光滑圆弧轨道,BCD为距水平地面高h=1.25 m的水平
4
轨道,BC部分粗糙、长度L=2 m,CD部分光滑,水平轨道与圆弧轨道相切于B点。甲、乙两物块(均视
为质点)静置在水平轨道上,乙在水平轨道末端D点,两物块间夹有一水平轻质弹簧(弹簧与物块不粘
连),当弹簧处于自然伸长状态时,甲在C点的右侧。第一次,保持乙不动,用外力向右缓慢推甲,使弹簧
处于压缩状态,然后将甲由静止释放,甲恰好能到达圆弧轨道的最高点A;第二次,使弹簧处于压缩量相
同的状态,同时由静止释放两物块,弹簧在极短时间内恢复到自然伸长状态,此后乙落在地面上到D点
水平距离为x=1 m的E点。甲的质量m =0.1 kg,甲与轨道BC部分间的动摩擦因数μ=0.2,取重力加速
1
度大小g=10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)第一次释放甲后,甲通过B点时对圆弧轨道的压力大小N;
(2)乙的质量m 。
2
答案 (1)3 N (2)0.2 kg
1
解析 (1)设第一次释放甲后,甲通过B点时的速度大小为v,根据动能定理有-m gR=0- m v2
1 1
2
解得v=4 m/s
v2
设第一次释放甲后,甲通过B点时所受圆弧轨道的支持力大小为F,有F-m g=m
1 1
R
根据牛顿第三定律有N=F
解得N=3 N
(2)根据功能关系可知,弹簧处于压缩状态时的弹性势能E =μm gL+m gR
p 1 1
解得E =1.2 J
p
设第二次释放甲、乙后,甲、乙离开弹簧时的速度大小分别为v 和v ,根据动量守恒定律有m v =m v
1 2 1 1 2 2
1 1
根据机械能守恒定律有E = m v 2+ m v 2
p 2 1 1 2 2 2
1
设第二次释放甲、乙后,乙在空中运动的时间为t,有h= gt2,x=v t
2
2
联立解得m =0.2 kg
2
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试卷第16页，共3页
