（新課標(biāo)）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化訓(xùn)練6 動量的綜合應(yīng)用（含解析）

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1、專題強(qiáng)化訓(xùn)練(六) 一、選擇題(共10個(gè)小題，7～10為多選，其余為單選，每題5分共50分) 1．一顆鋼珠從靜止?fàn)顟B(tài)開始自由落體，然后陷入泥潭中．若把它在空中自由落體的過程稱為Ⅰ，進(jìn)入泥潭直到停止的過程稱為Ⅱ，則(　　) A．過程Ⅰ中鋼珠動量的改變量小于重力的沖量 B．過程Ⅱ中鋼珠所受阻力的沖量大小等于過程Ⅰ中重力沖量的大小 C．過程Ⅱ中鋼珠的動量改變量等于阻力的沖量 D．過程Ⅱ中阻力的沖量大小等于過程Ⅰ與過程Ⅱ重力沖量的大小 答案　D 解析　過程Ⅰ中鋼珠所受外力只有重力，由動量定理知鋼珠動量的改變等于重力的沖量，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；過程Ⅱ中，鋼珠所受外力有重力和阻力，所以過程Ⅱ中阻力

2、的沖量大小等于過程Ⅰ中重力的沖量大小與過程Ⅱ中重力沖量大小的和，故B項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確；過程Ⅱ中，鋼珠所受外力有重力和阻力，所以過程Ⅱ中鋼珠的動量改變量等于重力和阻力的沖量的和，故C項(xiàng)錯(cuò)誤． 2.如圖，兩位同學(xué)同時(shí)在等高處拋出手中的籃球A、B，A以速度v1斜向上拋出，B以速度v2豎直向上拋出，當(dāng)A到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)恰與B相遇．不計(jì)空氣阻力，A、B質(zhì)量相等且均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g，以下判斷不正確的是(　　) A．相遇時(shí)A的速度一定為零 B．相遇時(shí)B的速度一定為零 C．A從拋出到最高點(diǎn)的時(shí)間為 D．從拋出到相遇A、B動量的變化量相同 答案　A 解析　A分解為豎直向上的勻減速直線運(yùn)動

3、與水平方向的勻速直線運(yùn)動，相遇時(shí)A達(dá)到最高點(diǎn)則其豎直方向的速度為0，水平方向速度不變，合速度不為0，故A項(xiàng)不正確；A在豎直方向的分速度為vy，則相遇時(shí)：vyt－gt2＝vBt－gt2，解得vB＝vy，B達(dá)到最高點(diǎn)，速度也為0，故B項(xiàng)正確；A與B到達(dá)最高點(diǎn)的時(shí)間相等為t＝，故C項(xiàng)正確； 兩者受到的外力為重力，時(shí)間相同則沖量相同，動量的變化量相同，故D項(xiàng)正確．本題選不正確的，故選A項(xiàng)． 3.某同學(xué)為了研究超重和失重現(xiàn)象，將重為50 N的物體帶上電梯，并將它放在電梯中的力傳感器上．若電梯由靜止開始運(yùn)動，并測得重物對傳感器的壓力F隨時(shí)間t變化的圖象，如圖所示．設(shè)電梯在第1 s末、第4 s末和第8

4、s末的速度大小分別為v1、v4和v8，以下判斷中正確的是(　　) A．電梯在上升，且v1>v4>v8 B．電梯在下降，且v1>v4

5、動量變化量為正值，說明動量變化量的方向向下；從7～8 s時(shí)間內(nèi)，向下做勻減速運(yùn)動，動量的變化量是負(fù)值，說明動量變化量的方向向上，所以重物從1～2 s和從7～8 s時(shí)間內(nèi)動量的變化不相同，故C項(xiàng)正確；電梯對重物的支持力在第1 s內(nèi)和第9 s內(nèi)的平均速度相等，支持力大小不等，功率不等，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．故選C項(xiàng)． 4.運(yùn)動員在水上做飛行運(yùn)動表演他操控噴射式懸浮飛行器將水帶豎直送上來的水反轉(zhuǎn)180°后向下噴出，令自己懸停在空中，如圖所示．已知運(yùn)動員與裝備的總質(zhì)量為90 kg，兩個(gè)噴嘴的直徑均為10 cm，已知重力加速度大小g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，則噴嘴處噴水的速度大約

6、為(　　) A．2.7 m/s　　　　　　 B．5.4 m/s C．7.6 m/s D．10.8 m/s 答案　C 解析　設(shè)飛行器對水的平均作用力為F，根據(jù)牛頓第三定律可知，水對飛行器的作用力的大小也等于F，對飛行器受力分析，則：F＝Mg 設(shè)水噴出時(shí)的速度為v，在時(shí)間t內(nèi)噴出的水的質(zhì)量：Δm＝ρ·V＝2ρSvt t時(shí)間內(nèi)質(zhì)量為Δm的水獲得的沖量：I＝Ft＝Δmv 聯(lián)立以上各式得：v＝＝ m/s≈7.6 m/s，則C項(xiàng)正確，A、B、D三項(xiàng)錯(cuò)誤．故選C項(xiàng)． 5．在光滑水平面上放置兩長度相同，質(zhì)量分別為M1和M2的木板P、Q，在木板的左端各有一大小、形狀、質(zhì)量完全相同的物塊a

7、和b，兩物塊與木板間的動摩擦因數(shù)相同，且木板和物塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)對物塊a和b分別施加水平恒力F1和F2，使它們向右運(yùn)動．當(dāng)物塊與木板分離時(shí)，P、Q的動量大小分別為p1、p2，下列判斷正確的是(　　) A．若F1＝F2、M1>M2，則p1>p2 B．若F1＝F2、M1p2 C．若F1>F2、M1＝M2，則p1>p2 D．若F1

8、速度大小為a2， 根據(jù)牛頓第二定律得：a1＝，a2＝，其中m為物塊a和b的質(zhì)量． 設(shè)板的長度為L，它們向右都做勻加速直線運(yùn)動，當(dāng)物塊與木板分離時(shí)： a與P的相對位移為：L＝at12－a1t12； b與Q的相對位移為：L＝at22－a2t22； 若M1>M2，則a1a2，所以得：t1>t2，所以p1>p2，故B項(xiàng)正確； 若F1>F2、M1＝M2，根據(jù)受力分析和牛頓第二定律得： a的加速度大于b的加速度，即aa>ab. 由于M1＝M2，所以P、Q加速度相同，設(shè)P、Q加

9、速度為a. 它們向右都做勻加速直線運(yùn)動，當(dāng)物塊與木板分離時(shí)： a與P的相對位移為：L＝aat12－at12 b與Q的相對位移為：L＝abt22－at22 由于aa>ab 所以得：t1t2則p1>p2，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．故選B項(xiàng)． 6.如圖所示，在光滑的水平面上有一豎直向下的勻強(qiáng)磁場，該磁場分布在寬為L的區(qū)域內(nèi)．現(xiàn)有一個(gè)邊長為a(a

10、動過程始終受到安培力 C．線圈完全進(jìn)入磁場時(shí)的速度大于 D．線圈完全進(jìn)入磁場時(shí)的速度等于 答案　D 解析　根據(jù)楞次定律可知線框進(jìn)入磁場過程中進(jìn)入磁場過程中電流為逆時(shí)針方向，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；線框進(jìn)入和離開磁場過程中磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，產(chǎn)生安培力，完全進(jìn)入磁場后磁通量不變，不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，沒有安培力，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；對線框進(jìn)入或穿出磁場過程，初速度為v0，末速度為v.設(shè)完全在磁場中時(shí)的速度為v′，由動量定理可知： 進(jìn)入磁場過程中：－BI1LΔt1＝mv′－mv0，電量q＝I1Δt1＝，得：m(v0－v′)＝BLq＝，同理可得離開磁場過程中：m(v′－v)＝， 進(jìn)入和穿出磁場過程，磁

11、通量的變化量相等，則進(jìn)入和穿出磁場的兩個(gè)過程通過導(dǎo)線框橫截面積的電量相等，則有：v0－v′＝v′－v，解得，v′＝，故C項(xiàng)錯(cuò)誤、D項(xiàng)正確．故選D項(xiàng)． 7．一端連接輕質(zhì)彈簧的物體B靜止在光滑水平面上(如圖甲所示)．物體A以速度v向右運(yùn)動壓縮彈簧，彈簧的最大壓縮量為x，現(xiàn)讓該彈簧一端連接另一物體C(如圖乙所示)，物體A以2v的速度向右壓縮彈簧，彈簧的最大壓縮量仍為x，知A、B的質(zhì)量均為m，則(　　) A．物體C的質(zhì)量為m B．物體C的質(zhì)量為m C．物體C的最終速度為v D．物體C的最終速度為v 答案　AC 解析　A、B系統(tǒng)動量守恒，當(dāng)A、B速度相等時(shí)彈簧壓縮量最大， 由動量守恒定律

12、得：mv＝(m＋m)v′， 由能量守恒定律得：mv2＝(m＋m)v′2＋Ep， A、C系統(tǒng)動量守恒，當(dāng)A、C速度相等時(shí)彈簧壓縮量最大， 兩種情況下彈簧的壓縮量x相等，則兩種情況下，彈簧的彈性勢能Ep相等， 由動量守恒定律得：m·2v＝(m＋mC)v″， 由能量守恒定律得：m(2v)2＝(m＋mC)v″2＋Ep， 解得：mC＝m，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤； A、C兩物體組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得：m·2v＝mvA＋mCvC， 由機(jī)械能守恒定律得：m(2v)2＝mvA2＋mCvC2， 解得：vC＝v，故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤．故選A、C兩項(xiàng)． 8．如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的兩端

13、分別與質(zhì)量是m1、m2的A、B兩物塊相連，它們靜止在光滑水平面上，兩物塊質(zhì)量之比m1∶m2＝2∶3.現(xiàn)給物塊A一個(gè)水平向右的初速度v0并從此時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的(　　) A．t1時(shí)刻彈簧長度最短，t3時(shí)刻彈簧長度最長 B．t2時(shí)刻彈簧處于伸長狀態(tài) C．v2＝0.8v0 D．v3＝0.5v0 答案　AC 解析　從圖象可以看出，從0到t1的過程中，A的速度比B的大，彈簧被壓縮，t1時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度，此后，A的速度比B的小，兩者間距增大，彈簧的壓縮量減小，所以t1時(shí)刻彈簧長度最短，t2時(shí)刻B的速度最大，此后B的速度減小，彈簧被拉伸

14、，則t2時(shí)刻彈簧恢復(fù)原長，t3時(shí)刻兩滑塊速度相等，此時(shí)彈簧最長，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；兩滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：m1v0＝－m1v1＋m2v2，t2時(shí)刻彈簧恢復(fù)原長，彈簧彈性勢能為零，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：m1v02＝m1v12＋m2v22，解得：v2＝0.8v0，故C項(xiàng)正確；兩滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：m1v0＝(m1＋m2)v3，解得：v3＝0.4v0，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．故選A、C兩項(xiàng)． 9.如圖所示，質(zhì)量為M＝950 g的木塊隨足夠長的水平傳送帶AB一起以v1＝6 m/s的速度向左勻速運(yùn)動，傳送帶的速度恒定，木塊

15、與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5.當(dāng)木塊運(yùn)動到最左端A點(diǎn)時(shí)，一顆質(zhì)量為m＝50 g的子彈，以v0＝254 m/s的水平向右的速度射入木塊并留在其中，設(shè)子彈射中木塊的時(shí)間極短，重力加速度g取10 m/s2.則(　　) A．子彈射中木塊后，木塊一直做減速運(yùn)動 B．木塊被擊中后向右運(yùn)動，離A的最大距離為4.9 m C．木塊被擊中后由于木塊與皮帶的摩擦而產(chǎn)生的熱量為6.5 J D．木塊被擊中后到相對傳送帶靜止過程中，摩擦力對木塊的沖量大小為13 N·s 答案　BD 解析　子彈射中木塊的過程，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律有： mv0－Mv1＝(m＋M)v

16、共 其中，M＝950 g＝0.95 kg，m＝50 g＝0.05 kg，代入數(shù)據(jù)解得：v共＝7 m/s，方向水平向右．子彈射中木塊后，木塊先向右做勻減速直線運(yùn)動，速度減至零后向左做勻加速直線運(yùn)動，故A項(xiàng)錯(cuò)誤； 設(shè)木塊被擊中后向右運(yùn)動，離A的最大距離為s.對滑塊(含子彈)向右運(yùn)動的過程，由動能定律得－μ(m＋M)gs＝0－(m＋M)v共2.可得s＝4.9 m，故B項(xiàng)正確； 木塊被擊中后，設(shè)木塊向右運(yùn)動的時(shí)間為t，則有s＝t，得t＝1.4 s，木塊與傳送帶間的相對路程Δs＝s＋v1t＝4.9 m＋6×1.4 m＝13.3 m，木塊與皮帶的摩擦而產(chǎn)生的熱量Q1＝μ(m＋M)gΔs＝0.5×1×

17、10×13.3 J＝66.5 J．木塊速度減至零后向左加速至與皮帶相對靜止的過程，所用時(shí)間t′＝＝ s＝1.2 s 產(chǎn)生的熱量Q2＝μ(m＋M)g(v1t′－t′)＝μ(m＋M)g·t′＝0.5×1×10××1.2 J＝18 J 所以總熱量為Q＝Q1＋Q2＝84.5 J，故C項(xiàng)錯(cuò)誤； 木塊被擊中后到相對傳送帶靜止過程中，摩擦力對木塊的沖量大小為I＝μ(m＋M)g(t＋t′)＝0.5×1×10×(1.4＋1.2) N·s＝13 N·s，故D項(xiàng)正確．故選B、D兩項(xiàng)． 10.如圖所示，質(zhì)量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長度為2R，現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點(diǎn)正上方h

18、0高處由靜止釋放，然后由A點(diǎn)經(jīng)過半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為h0(不計(jì)空氣阻力)，則(　　) A．小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒 B．小車向左運(yùn)動的最大距離為R C．小球離開小車后做豎直上拋運(yùn)動 D．小球第二次能上升的最大高度h0

19、與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，小球由A點(diǎn)離開小車時(shí)系統(tǒng)水平方向動量為零，小球與小車水平方向速度為零，小球離開小車后做豎直上拋運(yùn)動，故C項(xiàng)正確； 小球第一次在車中運(yùn)動過程中，由動能定理得：mg(h0－h(huán)0)－Wf＝0，Wf為小球克服摩擦力做功，解得：Wf＝mgh0，即小球第一次在車中滾動損失的機(jī)械能為mgh0，由于小球第二次在車中滾動時(shí)，對應(yīng)位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小于mgh0，機(jī)械能損失小于mgh0，因此小球再次離開小車時(shí)，能上升的高度大于：h0－h(huán)0＝h0，而小于h0，即h0

20、1題10分，12題12分，13題14分，14題14分，共50分) 11.如圖所示，質(zhì)量為m的木塊位于動摩擦因數(shù)為μ的水平面上，木塊與墻間用輕彈簧連接，開始時(shí)木塊靜止在A位置．現(xiàn)將木塊以水平速度v1向左運(yùn)動，經(jīng)過時(shí)間t1木塊第一次到達(dá)最左端，再經(jīng)過時(shí)間t2第一次回到A時(shí)的速度為v2，彈簧在彈性限度內(nèi)．取水平向左為正方向，重力加速度取g.求： (1)木塊在時(shí)間t1過程中動量的變化量； (2)木塊在整個(gè)過程中所受彈力的沖量． 答案　(1)－mv1　(2)μmg(t1－t2)－m(v2＋v1) 解析　(1)根據(jù)動量定理可得；Δp＝0－mv1＝－mv1. (2)根據(jù)動量定理：∑I＝Δp，

21、 即：I彈－μmgt1＋μmgt2＝－mv2－mv1， 解得：I彈＝μmg(t1－t2)－m(v2＋v1)． 12．如圖所示，C是放在光滑的水平面上的一塊木板，木板的質(zhì)量為3m，在木板的上面有兩塊質(zhì)量均為m的小木塊A和B，它們與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ.最初木板靜止，A、B兩木塊同時(shí)以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑動，木板足夠長，A、B始終未滑離木板．求： (1)木塊B從剛開始運(yùn)動到與木板C速度剛好相等的過程中，木塊B所發(fā)生的位移； (2)木塊A在整個(gè)過程中的最小速度． 答案　(1)　(2)v0 解析　(1)木塊A先做勻減速直線運(yùn)動，后做勻加速直線運(yùn)動；木塊B一直

22、做勻減速直線運(yùn)動；木板C做兩段加速度不同的勻加速直線運(yùn)動，直到A、B、C三者的速度相等為止，設(shè)為v1.對A、B、C三者組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得： mv0＋2mv0＝(m＋m＋3m)v1， 解得：v1＝0.6v0； 對木塊B運(yùn)用動能定理，有： －μmgs＝mv12－m(2v0)2， 解得：s＝. (2)當(dāng)A和C速度相等時(shí)速度最小為v， 則：3mv0＝4mv＋m[2v0－(v0－v)]，其中v0－v為A和B速度的變化量 則v＝v0. 13．如圖所示，左端帶有擋板P的長木板質(zhì)量為m，置于光滑水平面上，勁度系數(shù)很大的輕彈簧左端與P相連，彈簧處于原長時(shí)右端在O點(diǎn)，木板上表面O點(diǎn)右側(cè)

23、粗糙、左側(cè)光滑．若將木板固定，質(zhì)量也為m的小物塊以速度v0從距O點(diǎn)L的A點(diǎn)向左運(yùn)動，與彈簧碰撞后反彈，向右最遠(yuǎn)運(yùn)動至B點(diǎn)，OB的距離為3L，已知重力加速度為g. (1)求物塊和木板間的動摩擦因數(shù)μ及上述過程彈簧的最大彈性勢能Ep. (2)解除對木板的固定，物塊仍然從A點(diǎn)以初速度v0向左運(yùn)動，由于彈簧勁度系數(shù)很大，物塊與彈簧接觸時(shí)間很短可以忽略不計(jì)，物塊與彈簧碰撞后，木板與物塊交換速度． ①求物塊從A點(diǎn)運(yùn)動到剛接觸彈簧經(jīng)歷的時(shí)間t； ②求物塊最終離O點(diǎn)的距離x. 答案　(1)　mv02　(2)①?、贚 解析　(1)研究物塊從A點(diǎn)開始運(yùn)動至B點(diǎn)的過程，由動能定理有： －μmg(4

24、L)＝0－mv02， 解得：μ＝； 研究物塊從彈簧壓縮量最大處至B點(diǎn)的過程，由功能關(guān)系有： －μmg(3L)＝0－Ep， 解得：Ep＝mv02. (2)①設(shè)物塊在木板上運(yùn)動的加速度大小為a1，則有： μmg＝ma1， 解得：a1＝μg(方向水平向右)； 設(shè)木板運(yùn)動的加速度大小為a2，則有：μmg＝ma2， 解得：a2＝μg(方向水平向左)； 由幾何關(guān)系有：－a2t2＝L， 解得：t1＝，t2＝(舍去)． ②設(shè)物塊剛接觸彈簧時(shí)，物塊和木板速度分別是v1、v2，則有： v1＝v0－a1t1， v2＝a2t1， 物塊和木板碰撞交換速度后，在摩擦力作用下分別做加速和減速運(yùn)

25、動，設(shè)運(yùn)動的時(shí)間為t，達(dá)到共同速度為v，則有： v＝v2＋a1t， v＝v1－a2t， 解得：v1＝v0，v2＝v0，v＝. 上述過程由功能關(guān)系有： －μmg(L＋x)＝(2m)v2－mv02， 解得：x＝L. 14．靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l＝1.0 m，如圖所示．某時(shí)刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek＝10.0 J．釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運(yùn)動．A、B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.20.重力加速度取g＝10 m/s

26、2.A、B運(yùn)動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短． (1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大?。? (2)物塊A、B中的哪一個(gè)先停止？該物塊剛停止時(shí)，A與B之間的距離是多少？ (3)A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？ 答案　(1)4.0 m/s；1.0 m/s　(2)B先停止；0.50 m　(3)0.91 m 解析　(1)設(shè)彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正，由動量守恒定律和題給條件有： 0＝mAvA－mBvB，① Ek＝mAvA2＋mBvB2，② 聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得： vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s. (2)A、B兩

27、物塊與地面間的動摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動時(shí)加速度大小相等，設(shè)為a.假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個(gè)物塊停止，此物塊應(yīng)為彈簧釋放后速度較小的B.設(shè)從彈簧釋放到B停止所需時(shí)間為t，B向左運(yùn)動的路程為sB，則有： mBa＝μmBg，④ sB＝vBt－at2，⑤ vB－at＝0，⑥ 在時(shí)間t內(nèi)，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運(yùn)動，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發(fā)生，A在時(shí)間t內(nèi)的路程sA都可表示為： sA＝vAt－at2，⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得： sA＝1.75 m，sB＝0.25 m，⑧ 這表明在時(shí)間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒有與B發(fā)生碰撞，此

28、時(shí)A位于出發(fā)點(diǎn)右邊0.25 m處．B位于出發(fā)點(diǎn)左邊0.25 m處，兩物塊之間的距離s為： s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m．⑨ (3)t時(shí)刻后A將繼續(xù)向左運(yùn)動，假設(shè)它能與靜止的B碰撞，碰撞時(shí)速度的大小為v′A，由動能定理有： mAv′A2－mAvA2＝－μmAg(2l＋sB)，⑩ 聯(lián)立③⑧⑩式并代入題給數(shù)據(jù)得： v′A＝ m/s，? 故A與B將發(fā)生碰撞．設(shè)碰撞后A、B的速度分別為v″A和v″B，由動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律有： mA(－v′A)＝mAv″A＋mBv″B，? mAv′A2＝mAv″A2＋mBv″B2，? 聯(lián)立???式并代入題給數(shù)據(jù)得： v″A＝ m/s，v″B＝－ m/s，? 這表明碰撞后A將向右運(yùn)動，B繼續(xù)向左運(yùn)動．設(shè)碰撞后A向右運(yùn)動距離為s′A時(shí)停止，B向左運(yùn)動距離為s′B時(shí)停止，由運(yùn)動學(xué)公式：2as′A＝v″A2，2as′B＝v″B2? 由④??式及題給數(shù)據(jù)得： s′A＝0.63 m，s′B＝0.28 m，? s′A小于碰撞處到墻壁的距離．由上式可得兩物塊停止后的距離s′＝s′A＋s′B＝0.91 m．? 13