精准备考(第61期)——反冲问题-2023届高考真题分类整合与培优强基试题精选

一、真题精选（高考必备）

1．（2017·海南·高考真题）光滑水平桌面上有A、B两个物块，B的质量是A的n倍．将一轻弹簧置于A、B之间，用外力缓慢压A、B，撤去外力后，A、B开始运动，A和B的动量大小的比值为（ ） A．1

B．1/n

C．n

D．n2

2．（2017·全国·高考真题）将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）（ ） A．30kgm/s C．6.0×102kgm/s

B．5.7×102kgm/s D．6.3×102kgm/s

3．（2013·福建·高考真题）将静置在地面上，质量为M（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（ ） A．

mv0 MB．

Mv0 mC．

Mv0 MmD．

mv0 Mm4．（2021·山东·高考真题）如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（ ）

A．投出物资后热气球做匀加速直线运动 B．投出物资后热气球所受合力大小为mg

2m2Hv0H2 C．d1gM22Hv0mD．d1H2 gM25．（2020·江苏·高考真题）一只质量为1.4kg的乌贼吸入0.1kg的水，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以2m/s的速度向前逃窜。求该乌贼喷出的水的速度大小v。

1

6．（2009·海南·高考真题）钚的放射性同位素

23994Pu静止时衰变为铀核激发态和

235235粒子，而铀核激发态92U立即衰变为铀核92U，并放出能量为0.097MeV的光子．已

知：

23994粒子的质量分别为mPu239.0521u、mu235.0439u和Pu、23592U和

mu4.0026u、lu931.5MeV

（1）写出衰变方程；

（2）已知衰变放出的光子的动量可忽略，求粒子的动能． 7．（2015·海南·高考真题）运动的原子核

放出粒子后变成静止的原子核Y．已知X、

粒子的速度远小于光速．m1和m2，Y和粒子的质量分别是M、真空中的光速为c，求反应后与反应前的总动能之差以及粒子的动能． 8．（2014·海南·高考真题）一静止原子核发生

衰变，生成一

粒子及一新核．

粒子粒子

垂直进入磁感应强度大小为B的匀强磁场，其运动轨迹是半径为R的圆．已知

的质量为m，电荷量为q；新核的质量为M；光在真空中的速度大小为c．求衰变前原子核的质量．

9．（2017·北京·高考真题）在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变．放射出α粒子（2He ）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R．以m、q分别表示α粒子的质量和电荷量．

（1）放射性原子核用 A新核的元素符号用Y表示，写出该α衰变的核反应方ZX 表示，程．

（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小．

（3）设该衰变过程释放的核能都转为为α粒子和新核的动能，新核的质量为M，求衰变过程的质量亏损△m．

4

2

二、强基训练（高手成长基地）

1．（2022·全国·模拟预测）长为L的木板右端固定一立柱，其总质量为M，质量为m的人站在板的左端，脚与板间足够粗糙，板与地面间不光滑，开始时均静止。如图所示，人做匀加速直线运动从左端跑到右端，并立即紧紧抱住立柱，人和立柱的粗细均可忽略，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程木板运动的最大位移为（ ） A．B．C．

mL，向右 MmmL，向左 Mm2mL，向右 MmD．与板和地面间的动摩擦因数有关

2．（2021·湖南·衡阳市一中高三阶段练习）质量为M、长为L的均匀长木板AB，放在光滑的地面上，有一半长度伸出坡外，在木板的A端站立一质量为m的人，开始时，人与木板都处于静止状态，现让人从A端走向B瑞，则下列说法中正确的是（ ）

A．这很危险，当人行至B端时，人和板将翻下坡底

B．尚未行至B端，只要人越过坡面与地面的交点C，人和板将翻下坡底 C．不用担心，人能安全地到达B并立于B端，人、板不会翻倒

D．人能不能安全地到达B并立于B端，不能一概而论，要视M与m的关系而定 3．（2021·福建省厦门第六中学高三阶段练习）如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一质量为m的小球从距A点正上方R处由静止释放，小球由A点沿切线方向进入半圆轨道后又从B点冲出，已知圆弧半径为R，小车质量是小球质量的k倍，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（ ）

A．在相互作用过程中，小球和小车组成的系统动量守恒 B．小球从小车的B点冲出后，能上升到刚释放时的高度 C．小球从滑入轨道至圆弧轨道的最低点时，车的位移大小为kR k1D．若k1，则小球从滑入轨道至圆弧轨道的最低点的过程中，支持力做的功为mgR

3

14．（2021·山东烟台·高二期中）如图所示，质量为3m、半径为R的光滑圆弧形轨道槽

4C静止在光滑水平地面上，槽低端与水平面相切，质量为m的小球A与轻弹簧相连接并静止于水平地面上，现有一个质量为m的小球B从圆弧轨道最高点由静止下滑，下列说法中正确的是（ ）

A．小球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中与圆弧轨道C组成的系统动量守恒 B．小球B从圆弧轨道最高点滑至底端的过程中圆弧轨道向右运动了C．在运动过程中轻弹簧具有的最大弹性势能为

3mgR 8R 4R 4D．若轻弹簧左端固定在墙上，则小球B仍能返回圆弧轨道且上升的最大高度为

5．（2022·湖南长沙·二模）已知引力常量为G，星球的质量M，星球的半径R，飞船在轨道I上运动时的质量m，P、Q点与星球表面的高度分别h1、h2，飞船与星球中心的距离为r时，引力势能为EpGMm（取无穷远处引力势能为零），飞船经过Q点的速度r大小为v，在P点由轨道I变为轨道II的过程中，发动机沿轨道的切线方向瞬间一次性喷出一部分气体，喷出的气体相对喷气后飞船的速度大小为u，则下列说法正确的是（ ）

A．飞船在圆形轨道I上运动的速度大小约GM Rh111) Rh1Rh22B．飞船经过P点时的速度大小为v2GM(C．飞船在轨道II上运动时速度大小变化

mGM112v2GM()D．喷出的气体的质量为

uRh1Rh1Rh2

4

6．（2020·河北·正定中学高三阶段练习）如图所示，光滑水平地面上有质量均为M=2kg的甲、乙两辆小车，其中甲车由半径R=1.0m的四分之一光滑圆弧轨道AB和未知长度的光滑水平轨道BC构成；乙车由水平轨道和固定在车右端的轻质弹簧构成，其中水平轨道除EF段粗糙外其余部分均光滑。两车的C、D端等高且接触良好，现已锁定在一起。在甲车的圆弧轨道A端和B端分别有一质量m=1kg可看作质点的滑块，初始状态滑块1和滑块2均静止，现松手让滑块1从圆弧轨道滑下，滑块1和滑块2在甲车的最右端C处发生弹性碰撞，碰撞瞬间两车解除锁定分离，之后滑块2在乙车上运动。已知滑块2在乙车上运动期间弹簧储存的最大弹性势能值是大限度。求：（g=10 m/s2）

(1)两滑块碰撞前，滑块1的速度大小和水平轨道BC部分的长度L； (2)滑块2第一次经过EF区域时，产生的内能Q； (3)滑块2最终离开乙车时相对地面的速度大小和方向。

41J，弹簧形变始终没有超出最6

7．（2022·全国·高三专题练习）在地球大气层以外的宇宙空间，基本上按照天体力学的规律运行的各类飞行器，又称空间飞行器（spacecraft）．航天器是执行航天任务的主体，是航天系统的主要组成部分．由于外太空是真空的，飞行器在加速过程中一般使用火箭推进器，火箭在工作时利用电场加速带电粒子，形成向外发射的粒子流而对飞行器产生反冲力，由于阻力极小，只需一点点动力即可以达到很高的速度．我国发射的实践9号携带的卫星上第一次使用了离子电推力技术，从此为我国的航天技术开启了一扇新的大门．如图所示，已知飞行器的质量为M，发射的是2价氧离子，发射功率为P，加速电压为U，每个氧离子的质量为m，元电荷为e，原来飞行器静止，不计发射氧离子后飞行器质量的变化，求： (1)射出的氧离子速度大小； (2)每秒钟射出的氧离子数；

(3)射出离子后飞行器开始运动的加速度大小。

5

8．（2022·江苏淮安·高二期末）离子推进器是太空飞行器常用的动力系统，图1为其简化原理图。截面半径为R的圆柱腔分为两个区，I为电离区，用高速电子轰击氙气，使I区内有轴向的匀强磁场，其电离获得一价正离子，磁感应强度大小为B，在离轴线

R处3的C点持续射出电子，假设电子仅在垂直于轴线的横截面上运动，如图2所示，磁场的方向垂直于纸面向外，电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成角，电子能到达的区域越大，电离效果越好。II为加速区，两侧面间的电压为U，I区产生的正离子以接近零的初速度进入II区，获得一定速率后从右侧喷出。已知电子质量为m，电荷量为

e，正离子质量为M。

（1）正离子从右侧喷出的速率；

（2）若单位时间内从右侧喷出的离子为N个，求推进器获得的动力； （3）若为30时，要获得更好的电离效果，求射出电子的最大速率vmax。

9．（2022·山东潍坊·高三阶段练习）长木板上固定着“V”形支架，总质量为M，静止在光滑水平面上。在支架右端O处，通过长为L的轻质绳悬挂质量为m、可看作质点的小锥体，板上A点位于锥体正下方h处。将小锥体移到O点右侧，并使绳水平伸直，然后由静止释放。

（1）求锥体和木板最大速度的大小；

（2）以释放前O点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，写出小锥体运动的轨迹方程；

（3）若小锥体运动到最低点时，绳子与锥体连接处忽然断开，求小锥体在木板上的落点到A点的距离；

（4）若小锥体落在木板上不反弹，且没有相对木板滑动，碰撞时间极短，分析锥体和木板间的动摩擦因数应满足什么条件。

6

三、参考答案及解析

（一）真题部分

1．A

【解析】撤去外力后，系统不受外力，所以总动量守恒，设A的动量方向为正方向，则有：PA-PB=0，故PA=PB；故动量之比为1；故A正确，BCD错误．故选A． 2．A

【解析】开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得

0m1v1p

解得火箭的动量pm1v10.05600kgm/s30kgm/s 负号表示方向，大小为30kgm/s。故选A。 3．D

【解析】在不考虑重力和空气阻力影响的情况下，火箭及燃料气体系统在点火喷气过程中动量守恒，设喷气后火箭获得的速度为v，并以v的方向为正方向，根据动量守恒定律有

0(Mm)vm(v0)

解得v4．BC

mv0，故D正确，ABC错误。故选D。 Mm【解析】AB．热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出重力为mg的物资瞬间，满足动量守恒定律Mvmv0

则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度v，热气球所受合外力恒为mg，竖直向上，所以热气球做匀加速曲线运动，故A错误，B正确； CD．热气球和物资的运动示意图如图所示

热气球和物资所受合力大小均为mg，所以热气球在竖直方向上加速度大小为amg M物资落地H过程所用的时间t内，根据H间为t2Hg12gt解得落地时2 121m2HmatgH 22MgM热气球在竖直方向上运动的位移为HM热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为xmv0tv02H gxMvtm2Hv0 Mg 7

根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为

2m2Hv0d(xmxM)(HHM)(1)H2 Mg22故C正确，D错误。故选BC。 5．28m/s

【解析】乌贼喷水过程，时间较短，内力远大于外力，动量守恒；选取乌贼逃窜的方向为正方向，根据动量守恒定律得0Mv1mv2 解得喷出水的速度大小为v26．（1）

23994Mv11.42m/s28m/s m0.1Pu235924U2He；（2）E5.03MeV。

23994235235235U92U Pu92U，92【解析】（1）衰变方程为合起来有

23994Pu235924U2He

（2）上述衰变过程的质量亏损为mmPumum 放出的能量为Emc2

235这些核能是轴核92U的动能EU、粒子的动能E和光子的能量E之和

EEuEE

2由上式得EUEmPumumcE

设衰变后的轴核和粒子的速度分别为vU和v，则由动量守恒有muvumv 1122又由动能的定义知EUmuvu；Emv

22联立得

Eum Emumu2mmmcEPuu mum则可得E代入题给数据得E5.03MeV

27．EkMm1m2c，

MMm1m2c2

Mm2 【解析】反应后由于存在质量亏损，所以反应前后总动能之差等于质量亏损而释放出的能量，11222故根据爱因斯坦质能方程可得m2vMvXMm1m2c①

22反应过程中三个粒子组成的系统动量守恒，故有MvXm2v，② 1M2mvMm1m2c2 ①②联立可得22Mm2 8

8．

【解析】设衰变产生的

粒子的速度大小为v，有洛伦兹力公式和牛顿第二定律得

设衰变后新核的速度大小为V，衰变前后动量守恒，有

设衰变前原子核质量为M0.衰变前后能量守恒，由

联立上式可得

9．（1）放射性原子核用 AZX 表示，新核的元素符号用Y表示，则该α衰变的核反应方程

A为ZXA4Z24Y2H ；（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，则圆周运动的周期

2mBq2 ，环形电流大小为 ；为 （3）设该衰变过程释放的核能都转为为α粒子和新核Bq2m11(BqR)2 ． 的动能，新核的质量为M，则衰变过程的质量亏损△m为损 ()mM2c2【解析】（1）根据核反应中质量数与电荷数守恒可知，该α衰变的核反应方程为

AZXA4Z24Y2He

v2（2）设α粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为v，由洛伦兹力提供向心力有qvBm

R根据圆周运动的参量关系有T2πR v2πm qB得α粒子在磁场中运动的周期Tqq2B 根据电流强度定义式，可得环形电流大小为IT2πmqBRv2 （3）由qvBm，得vRm设衰变后新核Y的速度大小为v′，核反应前后系统动量守恒，有Mv′–mv=0 可得vmvqBR MM2根据爱因斯坦质能方程和能量守恒定律有mc11Mv2mv2 22 9

(Mm)(qBR)2 解得m2mMc2说明：若利用MA4m解答，亦可． 4【名师点睛】（1）无论哪种核反应方程，都必须遵循质量数、电荷数守恒．

（2）α衰变的生成物是两种带电荷量不同的“带电粒子”，反应前后系统动量守恒，因此反应后的两产物向相反方向运动，在匀强磁场中，受洛伦兹力作用将各自做匀速圆周运动，且两轨迹圆相外切，应用洛伦兹力计算公式和向心力公式即可求解运动周期，根据电流强度的定义式可求解电流大小．

（3）核反应中释放的核能应利用爱因斯坦质能方程求解，在结合动量守恒定律与能量守恒定律即可解得质量亏损．

（二）强基部分

1．A 【解析】

B．假设板与地面地面光滑，则人与木板满足动量守恒，设人和立柱相遇时，人的速度大小为v1，木板速度大小为v2，则有mv1Mv20

设此过程木板位移为x1，运动时间为t1，由运动学公式有Lx1联立上式可得x1mL Mmv1vt1，x12t1 22方向向左，由题知板与地面不光滑，则其向左位移达不到

mL，B错误； MmACD．板与地面不光滑，人与立柱抱住后，会获得向右的共同速度v3，随着板与地面动摩擦因数逐渐增大，木板向左的位移会逐渐减小，进而出现向右的位移。若板与地面间动摩擦因数增加至无穷大，则整个过程木板几乎不动，位移为零。由上述分析可得，当板与地面间动摩擦因数取一个临界值时，木板存在向右的一个最大位移，此临界值恰好能使在人运动过程中，板与地面间达到最大静摩擦力，即木板静止不动。设人与木板间动摩擦因数为μ1，木板与地面间动摩擦因数为μ1，在人运动过程中对木板受力分析则有1mg2(Mm)g 人在运动过程中，木板静止不动，则抱住立柱前木板速度v20，由运动学公式可得人的速度为v121gL 人抱住立柱后，由动量守恒定律可得mv1(Mm)v3

2此后人和木板向右做匀减速运动，设位移为x2，则有v322gx2

联立上式可得x22．C

mL，方向向右，故A正确，CD错误。故选A。 Mm 10

【解析】地面光滑，水平方向，木板和人都只受到摩擦力作用，设向右为正，v1为人的速度大小，v2为木板速度大小，由于系统动量守恒，则有mv1Mv20 即mv1Mv2 如果

mM，则v2v1，人走到C点之前木板的B点已经到达C点，人不会掉下

m=M，则v2v1，人走到C点的时候，B端点到达C点，人也不会掉下 m木板的位移为d，人的位移为Ld，根据动量守恒mv1Mv2 由于运动时间一样，则有mv1tMv2tm 即mLdMd 整理MmLdd

根据图可知，左右各有

L长度的木板力矩平衡掉了，如果m的力矩大于左端2d长的木2d板产生的力矩，则会掉下去，小于则不会掉下去。人的力矩为mg2d长度木板力矩为

L 2d2dMgLMgd L2mLddgdmgLd

联立解得，2d长度木板力矩为L则mgLdmgd

2所以人不会掉下来，ABD错误，C正确。故选C。 3．BD

A．【解析】小球与小车组成的系统仅在水平方向不受外力，即只是水平方向系统动量守恒，故A错误；

B．因为系统水平方向的总动量保持为零，则小球由B点离开小车时小车速度为零，小球竖直上抛，由机械能守恒可知B正确；

11

C．小球第一次下落至圆弧轨道最低点时，由水平方向动量守恒得0mv1kmv2 即有mx1kmx2 又因为x1x2R 联立解得x2R，故C错误； k1D．k1，即质量均为m，则有0mv1mv2 又因为系统机械能守恒，有mg2R1212mv1mv2 2212联立解得小球的末动能为mv1mgR

212该过程中对小球使用动能定理mg2RWFNmv10

2解得WFNmgR，故D正确；故选BD。 4．BCD

【解析】A．小球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中与圆弧轨道C组成的系统合力不为零，水平方向合力为零，所以水平方向动量守恒，故A错误；

B．球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中与圆弧轨道C组成的系统水平方向动量守恒，则有

mvB3mvC0

可得mxBx3mC tt则xB3xC 且xBxCR 可得xCR4，故B正确；

C．由机械能守恒得mgR可得vB1212mvB3mvC 22 3gR，vC2gR6B与弹簧碰撞过程中，AB的动量守恒，弹簧压缩到最短时AB共速，弹簧弹性势能最大，有

mvB2mv

1212AB弹簧三者能量守恒，有mvBEP2mv

22所以在运动过程中轻弹簧具有的最大弹性势能为EP3mgR，故C正确； 8D．若轻弹簧左端固定在墙上，则BC组成的系统水平动量守恒，机械能守恒。则有

12

mvB3mvC4mv共 121122mvB3mvC4mv共mgh222带入数值可得小球B仍能返回圆弧轨道且上升的最大高度为h故D正确。故选BCD。 5．ACD 【解析】

R 4v12MmmA．飞船在圆形轨道I上，根据万有引力提供向心力，则有G

(Rh1)2(Rh1)解得v1GM，A正确； Rh1B．飞船从Q到P，在同一轨道飞船机械能守恒，根据机械能守恒定律，有

12Mm12MmmvGmvPG 2Rh22Rh12解得vPv2GM(11)，B错误； Rh1Rh2C．轨道II为椭圆，根据开普勒第二定律可知，飞船在轨道II上运动时速度大小变化，C正确；

D．根据动量守恒定律，有mv1(mm)vPm(vPu)

mGM112v2GM()，D正确。故选ACD。 解得muRh1Rh1Rh236．(1)4m/s，0.25m；(2)J；(3)2m/s，方向水平向左

2【解析】(1)设两滑块碰撞前滑块1的速度为v1，甲、乙两车的速度为v2，甲、乙车整体和滑块1在滑块下滑过程中，由水平方向动量守恒以及能量守恒可得mv12Mv2

mgR1212mv12Mv2 22解得v14m/s，v21m/s

滑块1从圆弧A端下滑时，甲、乙车整体和滑块1水平方向动量守恒m代入数据求得L=0.25m

(2)根据滑块1与滑块2质量相等发生弹性碰撞，速度交换，所以滑块2的速度

v3v14m/s

RL2M tt之后甲、乙车分离，滑块2与乙车水平方向动量守恒，达到共速时弹簧最短 由m与M动量守恒和总能量守恒mv3Mv2(mM)v共

13

121122设发热为Q，则有mv3Mv2(Mm)v共EpQ

222代入数据求得Q3J 2(3)滑块2与乙车分离时又经过一次粗糙面，系统机械能减少Q，设滑块离开乙车时对地速度为v4，乙车速度为v5，由水平方向动量守恒mv4Mv5(mM)v共 121122由能量守恒mv4Mv5(Mm)v共EpQ

222代入数据求得v4110m/s（不合题意，舍去），v422m/s 3即滑块2最终离开乙车时的速度为2m/s，方向水平向左。 7．(1)2PPeU；(2)；(3)2eUmMm eU12【解析】(1)以氧离子为研究对象根据动能定理，有2eUmv

2所以氧离子速度为v2eU． m(2)设每秒钟射出的氧离子数为N，则发射功率可表示为PNEk2NeU 所以，每秒射出的氧离子数为NP 2eU(3)以氧离子和飞行器组成的系统为研究对象，设飞行器的反冲速度为v1，取飞行器的速度方向为正方向，根据动量守恒定律，t时间内有0Mv1Ntm(v) 飞行器的加速度为a可得a8．（1）PMm eUv1 t8eBR2eU ；（2）N2eUM；（3）

15mM1Mv'2 2【解析】（1）根据动能定理eU解得v'2eU M（2）根据动量定理，时间t内，对从右侧喷出的离子，有FtnMv' 其中喷出的离子数nNt 解得 FNMv'N2eUM 根据牛顿第三定律，推进器获得的动力F'FN2eUM （3）如图所示，当电子轨迹与横截面圆内切时，电子能到达的区域最大，电离效果最好。

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根据几何关系OARr，OCR，ACr 3R22R2根据余弦定理()r2rcos(90)(Rr)

33若为30时，解得r8R 15mvmax2 根据洛伦兹力提供向心力evmaxBr解得vmax8eBR 15m2m2gL2MgLmm，v2；（2）1x（3）Ly2L2；

MMmMmMM29．（1）v12MgL2m2gL2hx（4）Mmg；M(Mm)ML Mmh【解析】（1）m运动到最低点时速度最大，设该速度为v1，M的速度为v2，根据动量守恒定律得mv1Mv2

根据机械能守恒定律得mgL解得v11212mv1Mv2 222m2gL2MgL ，v2MMmMm（2）设绳与水平方向的夹角为θ时，小球的位置坐标为（x，y），此时m的水平位移为xm，M的水平位移为xM，水平方向根据动量守恒定律得m根据几何关系得

xmxMLLcos xxMLcos

xmxMM tt或者

xmxMLLcos xxMLcos

15

以上三式联立解得

mmLcos1xL

MM或者

LcosmmL1x MM而yLcos

mm所以1xMMLy2L2 2（3）绳断后，m做平抛运动，设飞行时间为t

x1v1t

h12gt 2M做匀速运动，则x2v2t

所以在木板上的落点到A点的距离为

2MgL2m2gL2hxx1x2 MmgM(Mm)（4）根据水平方向系统动量守恒可知，两者碰撞后速度均为0，设碰撞时间为Δt，小锥体在碰撞过程中，由动量定理，在竖直方向上mgtNt0mvy 由于时间极短Nt0mvy 在水平方向上Nt0mv1

2且有vy2gh

联立解得ML Mmh所以

ML Mmh 16