1.51动量守恒定律的应用[反冲]基础

1.51动量守恒定律的应用（反冲）

【学习目标】

1．了解什么是反冲运动和反冲运动在生活中的应用； 2．知道火箭的飞行原理和主要用途； 3．了解我国航天技术的发展．

【要点梳理】 要点一、反冲运动 1．反冲运动

（1）反冲：根据动量守恒定律，如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动．这个现象叫做反冲． （2）反冲运动的特点：反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果．反冲运动过程中，一般满足系统的合外力为零或内力远大于外力的条件，因此可以运用动量守恒定律进行分析．

（3）反冲现象的应用及防止：反冲是生活和生产实践中常见的一种现象，在许多场合，反冲是不利的，如大炮射击时，由于炮身的反冲，会影响炮弹的出口速度和准确性．为了减小反冲的影响，可增大炮身的阻力．但还有许多场合，恰好是利用了反冲，如反击式水轮机是应用反冲而工作的、喷气式飞机和火箭是反冲的重要应用，它们都是靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度的．

（4）理解反冲运动与动量守恒定律．

反冲运动的产生是系统内力作用的结果，两个相互作用的物体A、B组成的系统，A对B的作用力使B获得某一方向的动量，B对A的反作用力使A获得相反方向的动量，从而使A沿着与B的运动方向相反的方向做反冲运动．

实际遇到的动量守恒问题通常有以下三种：

①系统不受外力或所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，可以用动量守恒定律解决反冲运动问题． ②系统虽然受到外力作用，但内力远远大于外力，外力可以忽略，也可以用动量守恒定律解决反冲运动问题．

③系统虽然所受外力之和不为零，系统的动量并不守恒，但系统在某一方向上不受外力或外力在该方向上的分力之和为零，则系统的动量在该方向上的分量保持不变，可以用该方向上动量守恒解决反冲运动问题． （5）在讨论反冲运动问题时，应注意以下几点． ①速度的反向性．

对于原来静止的整体，抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲是相对于抛出部分来说的，两者运动方向必然相反．在列动量守恒方程时，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向的另一部分的速度应取负值．

质量为M的物体以对地速度v抛出一个质量为m的物体，研究剩余部分对地反冲速度时，设v的方向为正．

列出的方程式为

mv(M－m)v＇0， .专业资料.整理分享.

得 v'mMmv．

由于v＇为待求速度，事先可不考虑其方向，由计算结果为负值，表示剩余部分的运动方向与抛出部分速度力向相反．

由于我们已明确剩余部分与抛出部分反向，因此可直接列出两部分动量大小相等方程．即上例可列式为

mv(Mm)v'， v'mMmv． 其中v＇为剩余部分速率． ②速度的相对性．

反冲运动中存在相互作用的物体间发生相对运动，已知条件中告知的常常是物体的相对速度，在应用动量守恒定律时，应将相对速度转换为绝对速度（一般为对地速度）．

2．火箭

（1）火箭：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）火箭的工作原理：动量守恒定律．

当火箭推进剂燃烧时，从尾部喷出的气体具有很大的动量，根据动量守恒定律，火箭获得大小相等、方向相反的动量，因而发生连续的反冲现象，随着推进剂的消耗，火箭的质量逐渐减小，速度不断增大，当推进剂燃尽时，火箭即以获得的速度沿着预定的空间轨道飞行．

（3）火箭飞行能达到的最大飞行速度，主要取决于两个因素：

①喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度约为2.5 km/s，提高到3～4 km/s需很高的技术水平． ②质量比（火箭开始飞行时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比），现代火箭能达到的质量比不超过10． （4）现代火箭的主要用途：利用火箭作为运载工具，例如发射探测仪器、常规弹头和核弹头、人造卫星和宇宙飞船．

（5）我国的火箭技术已跨入了世界先进行列．

要点二、反冲运动的模型 1．“人船模型”——反冲运动

【例】如图所示，长为l、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人立在船头，若不计水的粘滞阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？

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【解析】选人和船组成的系统为研究对象，由于人从船头走到船尾的过程中，系统在水平方向不受外力作用，所以水平方向动量守恒，人起步前系统的总动量为零．当人起步加速前进时，船同时向后加速运动；当人匀速前进时，船同时向后匀速运动，当人停下来时船也停止．设某一时刻人对地的速度为v2，船对地的速度为

v1，选人前进的方向为正方向，根据动量守恒定律有：

mv2－Mv10，

即：

v2vM． 1m因为在人从船头走到船尾的整个过程中，每一时刻系统都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之比，都与它们的质量成反比．从而可以得出判断：在人从船头走向船尾的过程中，人和船的平均速度也跟它们的质量成反比，即对应的平均动量

Mv1mv2，

而位移

svt，

所以有

Ms1ms2，

即

s2Ms． 1m由图可知

s1s2l，

解得

sm1Mml，

sM2Mml，

s1s2ls人相对船．

“人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题．适用条件是：（1）系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；（2）在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒（如水平方向或竖直方向），注意两物体的位移是相对同一参照物的位移．在解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系．此类问题也可以根据静止系统不受外力、系统质心位置不变的道理求解． 利用这一模型还可以推广到其他问题上来解决大量的实际问题．

2．火箭的最终速度

火箭的工作原理就是动量守恒定律．当火箭推进剂燃烧时，从尾部喷出的气体具有很大的动量，根据动量

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守恒定律，火箭就获得数值相等、方向相反的动量，因而发生连续的反冲现象．随着推进剂的消耗，火箭逐渐减轻，加速度不断增大．当推进剂烧尽时，火箭即以获得的速度沿着预定的空间轨道飞行．根据动量守恒定律可以推导出单级火箭的最终速度公式（设火箭开始飞行时速度为零）： vulnM0M， s 式中u是燃烧气体相对于火箭的喷射速度，M0是火箭开始时的总质量，Ms是火箭喷气终了时剩下的壳体及其他附属设备的总质量，

M0M通常称为火箭的质量比． s上式是在未考虑空气阻力和地球引力的情况下推导出来的，由于空气阻力和地球引力的影响，火箭速度达不到公式中所给出的数值．但从这一公式可以看到提高火箭速度有两个办法，一是提高气体的喷射速度，二是提高质量比．而提高喷射速度的办法比提高质量比的办法更有效，但喷射速度的提高也有一定限度．

【典型例题】

类型一、反冲速度的计算

例1．如图所示，水平地面上放置一门大炮，炮身质量为M，炮筒与水平方向成角，今相对地以速度v发射一炮弹，若炮弹质量为m，求炮身的后退速度．

【思路点拨】以m和M组成的系统为研究对象，水平方向上炮身和炮弹的内力远大于外力，可认为水平方向动量守恒．

【答案】v'mvcosM 【解析】以炮弹的水平速度方向为正方向，由动量守恒定律可知：

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0mvcos－Mv＇ 解得

v'mvcosM， 方向与炮弹的水平速度方向相反．

【总结升华】本题系统动量并不守恒，但是水平方向上动量守恒，发射炮弹的过程中，炮身向后运动，这是一种反冲运动，以m和M组成的系统为研究对象，水平方向上炮身和炮弹的内力远大于外力，可认为水平方向动量守恒．

举一反三:

【变式】(2015 江山市模拟)如图，一个连同装备共有100Kg的宇航员，脱离宇宙飞船后，在离飞船45m的位置与飞船处于相对静止的状态．装备中有一个高压气源，能以50m/s的速度喷出气体．宇航员为了能在10min时间内返还飞船，他需要在开始返回的瞬间一次性向后喷出的气体为 kg

【答案】0.15

【解析】设宇航员的速度为v，则：vxt451060ms0.075ms 释放m1氧气后，则根据动量守恒有：0m1v(Mm1)v 代入数据得：m10.15kg 故答案为：0.15

类型二、反冲运动的相对速度问题

例2．如图所示，一个质量为m的玩具蛙，蹲在质量为M的小车的细杆上，小车放在光滑的水平桌面上，若车长为l，细杆高为h，且位于小车的中点．试求：当玩具蛙最大以多少的水平速度跳出时，才能落到车面上？

【答案】vMg2(Mm)2h 【解析】玩具蛙跳出时，它和小车组成的系统水平方向不受外力，动量守恒，车将获得反向速度，之后玩具蛙将做平抛运动，由相关知识可求得结论．

设玩具蛙以v跳出时，车获得的速度为v＇，由动量守恒定律有

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mvMv＇． ①

设蛙从跳出到落到车面上，蛙对地位移为s1，车对地位移为s2，则 s1vt， ②

s2v＇t， ③

122gth， ④ 且有

sl1s22， ⑤ 由①②③④⑤解得

vMg2(Mm)2h．

【总结升华】解题中注意分析物理过程，同时要明确各过程的相互关系．

【变式1】质量为M的小船以速度v0行驶，船上有两个质量皆为m的小孩a和b，分别静止站在船头和船尾．现小孩a沿水平方向以速度v向前跃入水中，然后小孩b沿水平方向以同一速度v（相对于静止水面）向后跃入水中．求小孩b跃出后小船的速度．

【答案】v'12mMv0 【解析】选小孩a、b和船为一个系统，忽略水的阻力，系统水平方向动量守恒，设小孩b跃出后小船向前行驶的速度为v＇，选v0方向为正方向，根据动量守恒定律，有

(M2m)v0Mv＇mv－mv，

整理得

v'12mMv0．

【变式2】一置于桌面上质量为M的玩具炮，水平发射质量为m的炮弹．炮可在水平方向自由移动．当炮身上未放置其他重物时，炮弹可击中水平地面上的目标A；当炮身上固定一质量为M0的重物时，在原发射位置沿同一方向发射的炮弹可击中水平地面上的目标B．炮口离水平地面的高度的h．如果两次发射时“火药”提供的机械能相等，求B、A两目标与炮弹发射点之间的水平距离之比．

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【答案】

x'(MM0)(Mm)xM(MM 0m)【解析】设炮弹的出口速度和炮身的反冲速度分别为v1和v2，E为“火药”提供的机械能． 由动量守恒定律和能量守恒定律得

0mv1－Mv2， ①

E12122mv12Mv2， ② 由①②式得

v12EMm(Mm)． ③

炮弹射出后做平抛运动，有

h12gt2， ④ xv1t， ⑤

式中，t是炮弹从射击到落地时所需的时间，x为目标A距炮口的水平距离，由③④⑤式得 x4EMhgm(Mm)．

同理，目标B距炮口的水平距离为

x'4E(MM0)hgm(MM． ⑦

0m)由⑥⑦得

x'(MM0x)(Mm)M(MM)． 0m类型三、反冲运动在发射火箭中的运用

例3．设火箭发射前的总质量为M，燃料燃尽后的质量为m，火箭燃气的喷射速度为v，燃料燃尽后火箭的飞行速度为v. 试求火箭飞行的速度v？思考火箭飞行的最大速度是由什么因素决定的？

【思路点拨】火箭在运动的过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量在不断减小，对于这一类的问题，

可选取火箭本身和在相互作用的时间内喷出的全部气体为研究对象，取相互作用的整个过程为研究过程，运用动量守恒的观点解决问题

【答案】(M/m1)v 【解析】由动量守恒定律： (Mm)vmv

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v(Mm)v/m 即

v(M/m1)v

通过式子：

v(Mm1)v 可以看出，火箭所获得的速度与哪些因素有关呢？

（1）喷气速度v：v越大，火箭获得的速度越大。现代火箭的喷气速度在20004000m/s之间。

（2）M/m：比值越大，火箭获得的速度越大。M/m指的是火箭起飞时的质量与火箭除去燃料外的壳体质量之比，叫做火箭的质量比，这个参数一般在6~10。

【总结升华】火箭在运动的过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量在不断减小，对于这一类的问题，可选取火箭本身和在相互作用的时间内喷出的全部气体为研究对象，取相互作用的整个过程为研究过程，运用动量守恒的观点解决问题．

举一反三:

【变式】质量为60千克的火箭竖直向上发射时喷气速度为1000米/秒,问刚开始时如果要使火箭产生2g的竖直向上的加速度, 每秒大约要喷出多少气体？

【答案】1.8kg

【解析】以火箭为研究对象，由牛顿第二定律得 FMgMa 所以

FM(ga)60(1020)1800N

有牛顿第三定律知火箭对气体的作用力F大小为1800N． 以１秒中内喷出的气体为研究对象，由动量定理得 Ftmv 所以：

mFt/v18001/1000kg=1.8kg．

类型四、竖直方向的反冲运动

例4．在沙堆上有一木块，质量M5 kg，木块上放一爆竹，质量m0.10 kg．点燃爆竹后木块陷入沙中深5 cm，若沙对木块运动的阻力恒为58 N，不计爆竹中火药质量和空气阻力．求爆竹上升的最大高度．（取

g10m/s2）

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【答案】20m

【解析】这是一道动量守恒定律在反冲现象中的应用题，既考查了动量守恒定律，又考查了竖直上抛运动和牛顿运动定律等内容．

火药爆炸时内力远大于重力，所以爆炸时动量守恒，取向上的方向为正方向，由动量守恒定律得

mv－Mv＇0． ①

（式中v、v＇分别为爆炸后爆竹和木块的速率）

木块陷入沙中做匀减速运动到停止，其加速度为

aFMg5850M5m/s21.6m/s2．

木块做匀减速运动的初速度 v'2ax21.60.05m/s0.4m/s． ②

②代入①式，得

v20 m/s．

爆竹以初速度口做竖直上抛运动，上升的最大高度为

hv22022g20m20m． 【总结升华】此题的过程经历的时间短暂，但是比较复杂，其中有三个过程，解题时必须搞清楚．

（1） 爆炸过程：系统动量守恒；（2）木块反冲做减速运动的过程；（3）爆竹竖直上抛运动过程．

【变式1】两个质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上．A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示．

一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h．物块从静止开始滑下，然后又滑上劈B．求物块在B上能够达到的最大高度．

【答案】

M1M2(Mh 1m)(M2m)【解析】设物块到达劈A的底端时，物块和A的速度大小分别为v和vA，由机械能守恒和动量守恒得 mgh12mv212m21vA， ① M1vAmv． ②

设物块在劈B上达到的最大高度为h＇，此时物块和B的共同速度大小为v＇，由机械能守恒和水平方向动

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量守恒得 mgh'12(M12m)v'22mv2， ③ mvM2mv＇， ④

联立①②③④式得

h'M1M2(M)(Mh． ⑤

1m2m)

类型五、动量守恒与万有引力的应用

例5．总质量为m的一颗返回式人造地球卫星沿半径为R的圆轨道绕地球运动到P点时，接到地面指挥中心返回地面的指令，于是立即打开制动火箭向原来运动方向喷出燃气以降低卫星速度并转到跟地球相切的椭圆轨道，如图所示．

要使卫星对地速度降为原来的

89，卫星在P处应将质量为m的燃气以多大的对地速度向前喷出？（将连续喷气等效为一次性喷气，地球半径为R0，地面重力加速度为g）

【思路点拨】这是一道万有引力定律与动量守恒定律应用的综合题．

【答案】m8mgR209mR 【解析】卫星绕地球做半径为R的匀速圆周运动，设线速度为v，由万有引力提供圆周运动的向心力得

Mmmv2GR2R， 在地球附近：

GMmR2mg， 0由以上两式得

vgR20R． 设卫星在P点喷出的气体对地速度为v1，此时卫星的速度为v2，由题意知

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2v88gR029v9R， 由卫星和燃气组成的系统动量守恒有 mvmv1(m－m)v2，

代入v及v2得

vm8mgR2019mR．

2 即应将质量为m的燃气以m8mgR09mR的速度向前喷出．

【总结升华】该题情景看似较新颖，实际上就是一道万有引力定律与动量守恒定律应用的综合题．卫星在P点向前喷出气体的过程中，卫星和喷出气体组成的系统动量守恒．

举一反三: 【变式】（2014 隆化县校级月考）人类发射总质量为M的航天器正离开太阳向银河系中心飞去，设此时航天器相对太阳中心离去的速度大小为v，受太阳引力可忽略，航天器上的火箭发动机每次点火的工作时间极短，每次工作喷出气体质量都为m，相对飞船的速度大小都为u，且喷气方向与航天器运动方向相反，试求：火箭发动机工作3次后航天器获得的相对太阳系的速度。

【答案】vm3vMu2muMm 【解析】解：设发动机第一次工作后航天器获得的相对太阳系的速度为v1．第二次工作后航天

器获得的速度为v2．第三次工作后航天器获得的速度为v3．

以航天器为研究对象，取航天器相对太阳中心离去的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

第一次：Mvm(v1u)(Mm)v1，解得：v1vmMu 第二次：

（Mm）vm）vmu1m（v2u）（M22，解得：v2v1Mm

第三次：（Mm）vvmu2m（v3u）（M3m）v3；解得：v32Mm

联立解得：vvm2mu3MuMm 【巩固练习】

一、选择题

1、(2015 海南会考模拟)如图所示，将吹足气的气球由静止释放，球内气体向后喷出，气体向前运动，这是因为气球受到（ ）

A．重力 B．手的推力 C．空气的浮力 D．喷出气体对气球的作用力

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2、(2015 郁南县校级月考) 下列属于反冲运动的是（ ） A． 汽车的运动 B． 直升飞机的运动

C． 火箭的运动 D． 反击式水轮机的运动

3、（2015 巫溪县校级期中）某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，若不计水的

阻力，那么在这段时间内人和船的运动情况是( )

A．人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比 B．人加速行走，船加速后退，而且加速度大小与它们的质量成反比 C．人走走停停，船退退停停，两者动量总和总是为零

D．当人在船尾停止运动后，船由于惯性还会继续后退一段距离

4．步枪的质量为4.1 kg，子弹的质量为9.6 g，子弹从枪口飞出时的速度为865 m／s，则步枪的反冲速度约为（ ）．

A．2 m／s B．1 m／s C．3 m／s D．4 m／s

5．一只青蛙，蹲在置于水平地面上的长木板一端，并沿板的方向朝另一端跳，在下列情况下，青蛙一定不能跳过长木板的是（ ）．

A．木板的上表面光滑而底面粗糙 B．木板的上表面粗糙而底面光滑 C．木板上、下两表面都粗糙 D．木板上、下两表面都光滑

6．设斜上抛物体在通过轨迹的最高位置时，突然炸裂成质量不等的两块，已知其中一块沿原水平方向做平抛运动，则另一块的运动可能是（ ）．

A．反方向平抛运动 B．斜上抛运动 C．自由落体运动 D．原方向平抛运动

7．一人静止于完全光滑的冰面上，现欲离开冰面，下列可行的方法是( ) A．向后踢腿 B．手臂向上摆

C．在冰面上滚动 D．脱下外衣水平抛出

8．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是( ) A．燃料推动空气，空气反作用力推动火箭

B．火箭发动机用力将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭 C．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭 D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭

9．小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4(图中未全画出)．要使小车向前运动，可采用的方法是( )

A．打开阀门S

1 B．打开阀门S2 C．打开阀门S3 D．打开阀门S4

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10．一个质量为M的平板车静止在光滑的水平面上，在平板车的车头与车尾站着甲、乙两人，质量分别为m1和m2，当两人相向而行时( )

A．当m1＞m2时，车子与甲运动方向一致 B．当v1＞v2时，车子与甲运动方向一致 C．当m1v1＝m2v2时，车子静止不动

D．当m1v1＞m2v2时，车子运动方向与乙运动方向一致

11．穿着溜冰鞋的人，站在光滑的冰面上，沿水平方向举枪射击．设第一次射出子弹后，人后退的速度为v，则( )

A．无论射出多少颗子弹，人后退的速度为v保持不变 B．射出n颗子弹后，人后退的速度为nv C．射出n颗子弹后，人后退的速度大于nv D．射出n颗子弹后，人后退的速度小于nv

二、填空题

12．小车静置在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示（小圆点表示枪口）．已知车、人、枪和靶的总质量为M（不含子弹），每颗子弹质量为m，共n发．打靶时，每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发．若枪口到靶的距离为d，待打完n发子弹后，小车移动的距离为________．

13．如图所示，质量为m，长为a的汽车由静止开始从质量为M、长为b的平板车一端行至另一端时，汽车发生的位移大小为________，平板车发生的位移大小为________．（水平地面光滑）

三、解答题

14．如图所示，质量为m、半径为r的小球，放在内半径为R，质量为3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上，当小球由图中位置无初速度释放沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离为多少？

15．如图所示，一质量为m的玩具蛙蹲在质量为M的小车的细杆上，小车放在光滑的水平面上，若车长为L，细杆高为h且位于小车的中央，试问玩具蛙对地最小以多大的水平速度跳出才能落到地面上？

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【答案与解析】

一、选择题

1、【答案】D

【解析】将吹足气的气球由静止释放，球内气体向后喷出，是因为气体喷出时，由于反冲作用，喷出气体对气球产生反作用力，故选D。

2、【答案】CD

【解析】A、汽车的运动是利用摩擦力而使汽车前进的，不属于反冲；故A错误； B、直升机是利用的空气的浮力而使飞机上升的；不属于反冲；故B错误； C、火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲运动；故C正确； D、反击式水轮机是利用了水的反冲作用而获得动力，属于反冲运动；故D正确； 故选：CD 3、【答案】ABC

【解析】人船整体动量守恒，总动量为零，mm1v21v1－m2v2＝0，m2＝v1

，由此可知选项A、B、C正确，D错． 4．【答案】A 5．【答案】A、D 6．【答案】A、C、D 7．【答案】D

【解析】A、B两项人与外界无作用，不行；C项，冰面光滑，不行；D项，利用反冲可以． 8．【答案】B

【解析】反冲中动量守恒，向后喷出气体，使火箭获得向前的推力． 9．【答案】B

【解析】应利用反冲的原理使小车向前运动，故应打开阀门S2. 10．【答案】CD

【解析】车子向哪一个方向运动，取决于甲、乙两人的动量大小关系，根据动量守恒定律可知选项C、D正确．

11．【答案】C

【解析】设人、枪(包括子弹)的总质量为M，每颗子弹质量为m，子弹出射速度为v0.

由已知有0＝(M－m)v－mv0.设射出n颗后，后退速度为v′.则有(M－nm)v′＝nmv0.由以上分析有

vmv0Mm，vnmv0Mnm．

因M－m＞M－nm，所以有v′＞nv，选项C正确．

二、填空题

12．【答案】

nmdMnm

13．【答案】M(ba)m(bMm a)Mm

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三、解答题

14．【答案】

Rr 4【解析】由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，则任意时刻小球的水平速度大小为v1，大球的水平

v1M.若小球达到最低点时，小球的水平位移为x1，v2mxvMmRr(Rr)大球的水平位移为x2，则11，由题意：x1＋x2＝R－r，解得x2．

x2v2m(Mm)4速度大小为v2，由水平方向动量守恒有：mv1＝Mv2，所以

15．【答案】MLg 2(Mm)2h【解析】蛙和车组成的系统水平方向动量守恒，则 Mv′－mv＝0 ① 蛙下落时间t2h ② gL ③ 2MLg解①②③得：v．

2(Mm)2h若蛙恰好落地，则有vtvt

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