专题二第5讲动量

第5讲动量考点一动量定理及应用1.冲量的三种计算方法公式法I=Ft适用于求恒力的冲量动量定理法多用于求变力的冲量或F、t未知的情况图像法F-t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量，若F与t成线性关系，也可直接用平均力求解2.动量定理(1)公式：FΔt=mv'-mv(2)应用技巧：①研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统。②表达式是矢量式，需要规定正方向。③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷。例1(2025·甘肃卷·14)如图甲所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图乙所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ=30°。求：(1)t=6s时F的大小，以及t在0~6s内F的冲量大小；(2)t在0~6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f-t图像；(3)t=6s时，物块的速度大小。答案(1)33mg293mg2解析(1)由题图乙可知F随时间线性变化，根据数学知识可知F=3mg所以当t=6s时，F=30~6s内F的冲量为F-t图像围成的面积，即I=12×332(2)由于初始时刻物块刚好能静止在细杆上，则有mgsin30°=μmgcos30°即μ=tan30°=33，此后F增大FN减小，物块开始滑动，摩擦力为滑动摩擦力，在垂直杆方向，当Fsinθ=mgcosθ时，t=4s，则0~4s，垂直杆方向Fsinθ+FN=mgcos摩擦力f=μFN=33(32mg-38mgt)=(12-18t)mg(0在4~6s内，垂直杆方向Fsinθ=mgcosθ+FN摩擦力f=μFN=33(38mgt-32mg)=(18t-12)mg(4相应的f-t图像如图(3)在0~6s内沿杆方向根据动量定理有mgtsinθ+IFcosθ-If=mv在0~6s内摩擦力的冲量为f-t图像围成的面积，则If=12×12mg×4+12联立有mg×6sin30°+932mg·cos30°-54可得v=172g例2(2025·福建福州市模拟)水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、无需二次加工以及节约材料等特点，因而得到广泛应用。某水刀切割机床如图所示，若横截面半径为r的圆柱形水流垂直射到要切割的竖直钢板上，碰到钢板后水的速度减为零。已知水的流速为v，水的密度为ρ，则钢板受到水的平均冲力大小为()A.ρπv2r2 B.12ρπv2r2C.ρπvr2 D.12ρπvr答案A解析以水为研究对象，根据动量定理可知F=mvt，又m=ρV=ρSl=ρπr2vt，联立可得F=ρπv2r2，由牛顿第三定律可知，钢板受到水的平均冲力大小为ρπv2r2，故选A流体的柱状模型对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，在极短的时间Δt内通过某一横截面积为S的柱形流体的长度为Δl=vΔt，如图所示。以流体微元原速率反弹为例，求所受冲击力的解题步骤：(1)在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象。(2)求小柱体的体积ΔV=SvΔt。(3)求小柱体的质量Δm=ρΔV=SρvΔt。(4)应用动量定理Δp=FΔt。(5)作用后流体微元以速率v反弹，有Δp=-2Δmv。(6)联立解得F=-2ρSv2。例3(多选)(2025·山东青岛市三模)将小球以初速度v0竖直向上抛出，经过一段时间小球又落回抛出点，速度大小为v，运动过程中小球所受空气阻力大小与小球速率成正比，小球在空中运动时间为t，重力加速度为g，则 ()A.t时间内空气阻力的冲量为零B.t时间内空气阻力的冲量不为零C.t=vD.t=v答案AC解析选向上为正方向，上升过程中空气阻力冲量If1=-kv·Δt=-kx，x为上升的高度，同理，下降过程中If2=kx，所以t时间内空气阻力的冲量If=If1+If2=0，A正确，B错误；全过程根据动量定理有-mgt+If=-mv-mv0，可得t=v+v0g，动量定理及微元积分法在变速直线运动中的应用1.当物体受到的力与速度成正比，即F=kv，且力与速度在一条直线上时，该力在一段时间内的冲量IF=∑kv·Δt=k∑vΔt，其中vΔt表示极短时间内对应的小段位移，所有时间内的小段位移累积后即∑vΔt表示整段时间内的总位移x。若物体受到阻力Ff=kv和其他外力(恒力)作用，由动量定理：F恒t-∑kvΔt=mΔv，即F恒·t-kx=mΔv，可求未知量t或x。2.若变力为安培力。两种形式：(1)I=∑Bil·Δt=Bl∑iΔt=Blq；(2)I=∑BilΔt，i=BlvR，知I=B2l2R∑vΔ考点二动量守恒定律及应用动量守恒定律的三种表达形式(1)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(常用)。(2)Δp1=-Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。(3)Δp=0，系统总动量的变化量为零。例4(多选)(2025·山东省部分学校联考)如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为0.5kg，板长均为0.4m，P2的右端固定一轻质弹簧，弹簧的自由端恰好停在P2中点A处。物体P置于P1的最右端，质量为1kg且可看作质点。P1与P以共同速度v0=4m/s向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起。P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)。P与P1、P2之间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的有()A.在运动过程中，弹簧的最大压缩量为0.1mB.若P与P1、P2之间接触面光滑，当弹簧恢复原长时P的速度大小为1m/sC.若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，系统稳定时P受到向右的摩擦力D.若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，系统稳定时损失的机械能减小答案ACD解析设板的质量为m，物体的质量为2m，P1、P2碰撞时，系统在水平方向上动量守恒，P1、P2碰撞后，二者的共同速度为v1，则有mv0=2mv1，解得v1=2m/s，弹簧压缩量最大时，三者具有共同的速度为v2，设弹簧的最大压缩量为x，整个系统动量守恒，则有2mv1+2mv0=(2m+2m)v2，解得v2=3m/s，根据能量守恒定律可得，P与P1、P2整体共速时损失的动能为E损=12×2mv12+12×2mv02-12(2m+2m)v22=μ·2mg(12L+2x)，解得x=0.1m，故A正确；若P与P1、P2之间接触面光滑，整个系统动量守恒、机械能守恒，属于弹性碰撞，因为P的质量与P1、P2整体的质量相等，故当弹簧恢复原长时，P与P1、P2整体交换速度，即此时P的速度为2m/s，故B错误；若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，则系统内三物体第一次共速时，弹簧的最大压缩量x'>x=0.1m，系统内三物体第二次共速时，三物体损失的总动能E损与未换弹簧时相同，所以物体P无法返回A点，而是在A点右侧与P2相对静止，此时弹簧处于压缩状态，故物体P受到向左的弹力和向右的摩擦力而处于平衡状态，故C正确；由上述分析可知，系统稳定时，三物体最终损失的总动能E损与弹簧的劲度系数无关。未换弹簧前，三物体最终损失的总动能E损例5(多选)(2025·云南昭通市诊断)如图所示为某型号双响爆竹的结构简化图，其内部结构分上、下两层，分别装载火药。某次燃放测试中，点燃引线，下层火药被引燃后，爆竹获得了竖直升空的初始速度。当爆竹上升到最大高度h处时，上层火药恰好被引燃，爆竹瞬间分裂成质量之比为1∶2的P、Q两部分。若P、Q均沿水平方向飞出，落地点间的水平距离为L，不计空气阻力及爆竹爆炸前后的质量变化，重力加速度为g。则()A.爆竹分裂后P获得的速度大小为2B.爆竹分裂后Q获得的速度大小为LC.上、下两层火药分别被引燃时，爆竹增加的机械能之比为LD.上、下两层火药分别被引燃时，爆竹增加的机械能之比为5答案AC解析设P、Q质量分别为m和2m，在最高点爆炸过程根据动量守恒0=mv1-2mv2，可得v1=2v2，爆炸后P、Q均做平抛运动，落地时间t=2hg，二者水平方向均为匀速直线运动，则有x1=v1t，x2=v2t，又x1+x2=L，联立解得P部分获得的速度大小v1=2L3g2h，Q部分获得的速度大小v2=L3g2h，故A正确，B错误；上层火药燃爆时爆竹增加的机械能ΔE1=12mv12+12×2mv22考点三碰撞模型及拓展1.两种碰撞的特点弹性碰撞举例：一动碰一静动量守恒m1v1=m1v1'+m2v2'机械能守恒12m1v12=12m1v1'2+12m解得v1'=(mv2'=2结论：(1)m1=m2时，v1'=0，v2'=v1，即两球碰撞后交换了速度(2)当m1>m2时，v1'>0，v2'>0，碰后两球都沿v1方向运动，当m1≫m2时v1'=v1，v2'=2v1(3)m1<m2时，v1'<0，v2'>0，碰后入射小球反弹，当m1≪m2时，v1'=-v1，v2'≈0完全非弹性碰撞碰后两球粘在一起末速度相同动量守恒m1v1+m2v2=(m1+m2)v，机械能损失最多损失的机械能ΔE=12m1v12+12m2v22-12(m2.碰撞拓展(1)“保守型”碰撞拓展模型图例(水平面光滑)小球-弹簧模型小球-曲面模型小球-小球模型达到共速相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0=(m+M)v共，损失的动能最多，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能再次分离相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0=mv1+Mv2，机械能守恒，满足12mv02=12mv(2)“耗散型”碰撞拓展模型图例(水平面或水平导轨光滑)未穿出未滑离达到共速达到共速相当于完全非弹性碰撞，满足mv0=(m+M)v共，损失的动能最多，分别转化为内能或电能例6(2025·广东卷·7)如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等，方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是()答案A解析根据牛顿第二定律a=Fm，两小球所受外力F大小相等，由v-t图像的斜率表示加速度可知，M、N的加速度大小之比为4∶6=2∶3，则M、N的质量之比为3∶2；设M、N的质量分别为3m和2m；由图像可设M、N碰前的速度大小分别为4v和6v，因M、N系统所受合外力为零，则系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有3m×4v+2m×(-6v)=3mv1+2mv2，若系统为弹性碰撞，由能量守恒定律可知12×3m×(4v)2+12×2m×(-6v)2=12×3mv12+12×2mv22，解得v1=-4v、v2=6v，因碰撞后M、N的加速度大小之比仍为2∶3，则停止运动的时间之比为1∶1，即两小球一起停止，故B、D错误；若不是弹性碰撞，则3m×4v+2m×(-6v)=3mv1+2mv2，可知碰后速度大小之比为|v1|∶|v2|=2∶3，若假设v1=-2v，则v2=3v，此时满足12×3m×(4v)2+12×2m×(-6v)2>12×3mv12+12×2mv22，则假设成立，因碰撞后M、N的加速度大小之比仍为2∶3，则停止运动的时间之比为1∶1，对M来说碰撞前后的速度大小之比为例7(多选)(2024·东北三省四市联考二模)如图(a)，一滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0从圆弧最低点冲上滑块，且小球能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为v1、v2，作出某段时间内v1-v2图像如图(b)所示，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是()A.滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒B.当滑块的速度为0.5v0时，小球运动至最高点C.小球与滑块的质量比为1∶2D.小球的初速度大小可能为2.5答案AC解析小球、滑块组成的系统水平方向不受外力，滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒，故A正确；设小球的质量为m，滑块质量为M，在水平方向上由动量守恒定律得mv0=mv1+Mv2变形为v1=v0-Mmv结合题图(b)可得Mm=v即mM=12，故小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度v，在水平方向上由动量守恒定律得mv0=(m+M)v解得v=v03，故小球运动到最高点时，由机械能守恒定律得12mv02=12(m+M)其中h>R，解得v0>3则小球的初速度大小不可能为2.5gR，故D例8(多选)(2025·四川德阳市二模)如图(a)所示，相距较远的两物体A、B放在光滑水平面上，物体B左端固定一轻弹簧并处于静止状态，物体A以速度v0沿A、B连线向B物体运动。t=0时，物体A与轻弹簧接触(不粘连)，此后的一段时间内，两物体的速度v与时间t的关系如图(b)所示。已知0~t0(t0<t2)时间内，物体B运动的距离为110v0t0，物体A的质量为m，运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是(A.物体B的质量为3mB.物体A与轻弹簧分离时，物体B的速度为23vC.0~t0时间内，物体A运动的距离为45v0tD.物体A与轻弹簧接触的过程中，两物体A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒答案BC解析由题图(b)可知t1时，A、B共速为v03，规定向右为正方向，由动量守恒定律有mv0=(m+M)v03，解得物体B的质量M=2m，故A错误；设物体A与轻弹簧分离时，A、B速度分别为vA、vB，则由动量守恒定律有mv0=mvA+MvB，由能量守恒定律有12mv02=12mvA2+12MvB2，联立解得vB=23v0，故B正确；设A、B在t2前任意时刻速度分别为vA1、vB1，由动量守恒定律有mv0=mvA1+MvB1，整理得mv0t0=mxA+MxB，其中xB=110v0t0，联立解得xA=45v0t0，故C正确；物体积分思想在动量守恒中的应用1.人船模型mv1=Mv2，mv1Δt=Mv2Δt，各段时间累加后，mx1=Mx2，x1+x2=L。2.m1v0=m1v1+m2v2m1v0Δt=m1v1Δt+m2v2Δt每段累加后m1v0t=m1x1+m2x2(v0、t已知)。专题强化练[分值：55分][1~5题，每题4分，6~9题，每题6分][保分基础练]1.(多选)(2025·河北沧州市五县联考一模)如图所示，用轻弹簧相连的物块A和B放在光滑的水平面上，物块A紧靠竖直墙壁，一颗子弹沿水平方向射入物块B并留在其中，由子弹、弹簧和A、B物块组成的系统，在下列说法中正确的是()A.子弹射入物块过程动量守恒，机械能不守恒B.子弹射入物块过程动量不守恒，机械能也不守恒C.弹簧推着含子弹的B物块向右运动，直到弹簧恢复原长的过程动量不守恒，机械能守恒D.弹簧推着含子弹的B物块向右运动，直到弹簧恢复原长的过程动量守恒，机械能不守恒答案AC解析子弹射入物块过程，由于时间极短，子弹与物块组成的系统动量守恒，在此过程中，子弹的动能有一部分转化为系统的内能，则系统的机械能减小，所以机械能不守恒，故A正确，B错误；弹簧推着含子弹的B物块向右运动，直到弹簧恢复原长的过程，弹簧要恢复原长，墙对系统有向右的弹力，系统的合外力不为零，则系统动量不守恒。在此运动过程中，只有弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，故C正确，D错误。2.(多选)(2025·广东肇庆市一模)一质量为0.6kg的篮球，以8m/s的速度水平撞击篮板，被篮板反弹后以6m/s的速度水平反向弹回，在空中飞行0.5s后以7m/s的速度被运动员接住，g取10m/s2，则下列说法正确的是()A.与篮板碰撞前后篮球的动量变化大小为8.4kg·m/sB.被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的动量变化大小为0.6kg·m/sC.篮板对篮球的平均作用力大小约为15.6ND.被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的重力产生的冲量大小为3N·s答案AD解析与篮板碰撞前后篮球的动量变化大小为Δp1=mv2-(-mv1)=m(v2+v1)=8.4kg·m/s，选项A正确；根据动量定理，被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的动量变化大小为Δp2=mgt=6×0.5kg·m/s=3kg·m/s，选项B错误；根据动量定理Ft=Δp1，因作用时间未知，则无法确定篮板对篮球的平均作用力大小，选项C错误；被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的重力产生的冲量大小为IG=Δp2=mgt=6×0.5kg·m/s=3kg·m/s=3N·s，选项D正确。3.(多选)(2025·陕西省部分学校联考)如图甲所示，质量为m的某同学直立于箱子上，t=0时刻该同学从箱子上跳下，t1时刻着地，经曲腿缓冲一系列动作后，t6时刻起直立静止于地面上，该同学所受地面支持力大小F随时间t变化的关系如图乙所示，忽略该同学离开箱子时的初速度和空气阻力，该同学在空中始终处于直立状态，重力加速度大小为g，下列说法正确的是()A.该同学的最大速度为gt1B.箱子的高度为12gC.图乙中图线与横轴t1~t6段围成的面积为mgt6D.0~t6时间内该同学的机械能减少了12mg2答案BC解析由F-t图像可知，0~t1时间内该同学在空中，t1时刻着地时速度为gt1，t1~t2时间内，支持力小于重力，合力向下，根据牛顿第二定律F-mg=ma，知该同学接触地面后继续向下加速，速度大于gt1，该同学的最大速度大于gt1，故A错误；0~t1时间内该同学做自由落体运动，根据运动规律知箱子的高度为12gt12，故B正确；0~t1时间内根据动量定理有-mgt1=m(-v0)，题图乙中图线与横轴t1~t6段围成的面积表示在t1~t6时间内地面对该同学的冲量，根据动量定理有I-mg(t6-t1)=0-m(-v0)，解得I=mgt6，故C正确；0~t6时间内该同学的机械能减少了mgh=12mg24.(2025·山东卷·6)轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动，轨道舱与返回舱的质量比为5∶1。如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱，分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为2GMr，G为引力常量，此时轨道舱相对行星的速度大小为(A.25GMC.45GM答案C解析轨道舱与返回舱的质量比为5∶1，设返回舱的质量为m，则轨道舱的质量为5m，总质量为6m；根据题意组合体绕行星做圆周运动，根据万有引力定律有GM·6mr2=6mv2r，可得组合体绕行星做圆周运动的线速度大小为v=GMr。设轨道舱与返回舱分离后相对行星的速度分别为v1、v2，弹射返回舱的过程中组合体动量守恒，由动量守恒定律得6mv=5mv1+mv2，代入v2=2GMr5.(多选)(2025·云南大理市二模)如图所示，两个有四分之一圆弧面的物体A、B静止在光滑的水平面上。A、B的圆弧面光滑，半径分别为3R和R，底端切线均沿水平面且靠在一起。将一可视为质点的小物块C从A的圆弧面的顶端静止释放，A、C的质量分别为2m和m，重力加速度为g，则以下说法正确的是()A.整个过程A、B、C组成的系统动量守恒B.C刚滑到A底端时，C与B的圆弧面底端的水平距离为2RC.C刚滑到A底端时，C的速度为2gRD.若C滑到A底端后，恰好能滑上B的圆弧面顶端，则B的质量为m答案CD解析整个过程A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，A错误；设C刚滑到A底端时，A、C的水平位移的大小分别为xA、xC，根据“人船模型”有2mxA-mxC=0，依题意有xA+xC=3R，可得C刚滑下A时C与B的圆弧面底端的距离为s=xA=R，故B错误；C刚滑到A底端时，水平方向由动量守恒定律有2mvA-mvC=0，由机械能守恒定律有mg·3R=12×2mvA2+12mvC2，联立解得vA=gR，vC=2gR，故C正确；C滑上B的顶端过程，水平方向由动量守恒定律有mvC=(m+mB)v，由机械能守恒定律有12mvC2=mgR+12(m+mB)[争分提能练]6.(2025·河南卷·7)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图甲和图乙所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则()A.mP>mN>mQ B.mN>mP>mQC.mQ>mP>mN D.mQ>mN>mP答案D解析P、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mPvP+mNvN=mPvP'+mNvN'，即mP(vP-vP')=mN(vN'-vN)，根据题图甲可知(vP-vP')>(vN'-vN)，故mP<mN；同理，Q、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mQvQ+mNvN=mQvQ'+mNvN'，即mQ(vQ-vQ')=mN(vN'-vN)，根据题图乙可知(vQ-vQ')<(vN'-vN)，故mQ>mN；综上可得mQ>mN>mP，故选D。7.(2024·安徽卷·8)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为+q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了kq22d，kA.该过程中小球3受到的合力大小始终不变B.该过程中系统能量守恒，动量不守恒C.在图乙位置，v1=v2，v3≠2v1D.在图乙位置，v3=2答案D解析该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为0，故动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力大小相等，此时球3受到1和2的静电力大小相等、方向相反，故可知此时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动的瞬间受到的合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在改变，故A、B错误；对系统根据动量守恒mv1+mv2=mv3根据球1和2运动的对称性可知v1=v2，解得v3=2v1根据能量守恒12mv12+12mv22解得v3=2故C错误，D正确。8.(2025·河南郑州市一模)工程师对质量为m的汽车进行性能测试，测得该款汽车综合阻力随速度变化的关系式f=f0+kv(k为常数)。现工程师为汽车提供恒定的牵引力F，使汽车由静止开始做直线运动。汽车位移为x时恰好达到最大速度。则()A.汽车速度越大，加速越快B.汽车达到的最大速度为FC.整个过程的平均速度为FD.整个过程所用时间为kxF-答案D解析汽车以恒定牵引力F启动过程，根据牛顿第二定律有F合=F-f=F-f0-kv=ma，解得a=F-f0-kvm，随着速度增大，加速度减小，A错误；当汽车所受合力为零时，汽车达到最大速度，由受力平衡有F合=F-f0-kvm=0，解得vm=F-f0k，B错误；汽车以恒定牵引力F启动过程中，汽车做加速度越来越小的加速运动，则整个过程汽车的平均速度大于F-f02k，C错误；汽车从静止到最大速度过程中，根据动量定理有Ft-∑(f0+kv)9.(多选)(2025·湖南卷·10)如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C是可以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h的水平面上。测量时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块A和B封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D，D与滑轨间的动摩擦因数为μ。D在滑轨上运动s1距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为s2，根据s2可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C质量分别