高中物理人教版选修3-5课后练习质量检测卷 第16章　动量守恒定律word含解析

动量守恒定律
(时间：90分钟　满分：100分)
一、单选题(本题共8小题，每小题3分，共24分)
1．把一个乒乓球竖直向上抛出，若空气阻力大小不变，则乒乓球上升到最高点和从最高点返回到抛出点的过程相比较(　　)
A．重力在上升过程的冲量大
B．合外力在上升过程的冲量大
C．重力冲量在两过程中的方向相反
D．空气阻力冲量在两过程中大小相等
解析：选B　乒乓球上升过程加速度大于下降过程加速度，两过程位移大小相等，由x＝at2可知，上升过程时间小于下降过程时间，则重力在上升过程冲量小于下降过程冲量，故A错误；上升过程加速度大于下降过程加速度，两过程位移大小相等，由v2＝2ax可知，乒乓球返回抛出点的速度小于上抛时的速度，上升过程动量变化量大于下降过程动量变化量，由动量定理可知，合外力在上升过程的冲量大，故B正确；重力方向始终竖直向下，两过程中重力冲量方向相同，都向下，故C错误；上升过程时间小于下降过程时间，空气阻力大小不变，上升过程空气阻力冲量小于下降过程空气阻力冲量，故D错误．
2．(2018·潍坊一中期末)如图所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m，底座的质量M＝3m，开始时均处于静止状态，释放弹簧，将弹丸以对地速度v向左发射出去后，底座反冲速度的大小为v，则摩擦力对底座的冲量为(　　)
A．0
B.mv，方向向左
C.mv，方向向右
D.mv，方向向左
解析：选B　设向左为正方向，对弹丸分析，根据动量定理得I＝mv，则弹丸对底座的作用力的冲量为－mv，对底座由动量定理得If＋(－mv)＝－3m，解得If＝，方向为正方向，向左，故B选项正确．
3．如图所示，质量为m的小球在竖直光滑圆形内轨道中做圆周运动，周期为T，则下列说法正确的是(　　)
A．每运转一周，小球所受重力的冲量的大小为0
B．每运转一周，小球所受重力的冲量的大小为
C．每运转一周，小球所受合力的冲量的大小为0
D．每运转半周，小球所受重力的冲量的大小一定为
解析：选C　转动一周时，时间为T，则重力的冲量I＝mgT，故A、B错误；因每转动一周，小球的动量保持不变，由动量定理可知，合外力的冲量为零，故C正确；由于小球在竖直面上做变速圆周运动，故转动半周用时不一定为，故重力的冲量不一定为mg，故D错误．
4．(2019·西安长安区一中检测)在一对很大的平行正对金属板间可形成匀强电场，通过改变两金属板间的电压，可使其间的电场强度E随时间t按如图所示的规律变化．在这个电场中间，有一个带电粒子从t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，且运动过程中不接触金属板，则下列说法正确的是(　　)
A．带电粒子一定只向一个方向运动
B．0～3.0 s内，电场力的冲量等于0，电场力做的功小于0
C．4.0 s末带电粒子回到原出发点
D．2.5～4.0 s内，电场力的冲量等于0
解析：选D　带电粒子在匀强电场中受到的电场力F＝Eq，其冲量I＝Ft＝Eqt，可见，电场力的冲量与E-t图象与横轴所围“面积”成正比(注意所围图形在横轴之上和横轴之下时的“面积”符号相反)．带电粒子在平行正对金属板间先向某一方向运动，而后反向运动，4.0 s末带电粒子不能回到原出发点，选项A、C错误；由图象与横轴所围“面积”表示与电场力冲量成正比的量可知，0～3.0 s内，电场力的冲量不等于0,2.5～4.0 s内，电场力的冲量等于0，选项B错误，D正确．
5．(2018·株洲二中检测)如图所示，B、C、D、E、F 5个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E 4个小球质量相等，而F球质量小于B球质量．A球的质量等于F球质量．A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后(　　)
A．3个小球静止，3个小球运动
B．4个小球静止，2个小球运动
C．5个小球静止，1个小球运动
D．6个小球都运动
解析：选A　因A、B质量不等，MAMF，则E、F都向右运动．所以B、C、D静止，A向左，E、F向右运动，故A正确，B、C、D错误．
6．如图所示，两滑块A、B位于光滑水平面上，已知A的质量MA＝1 kg，B的质量MB＝4 kg.滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态．现使滑块A以v＝5 m/s速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用(整个过程弹簧没有超过弹性限度)，直至分开，则(　　)
A．物块A的加速度一直在减小，物块B的加速度一直在增大
B．作用过程中弹簧的最大弹性势能Ep＝2 J
C．滑块A的最小动能为EkA＝4.5 J，滑块B的最大动能为EkB＝8 J
D．若滑块A的质量MA＝4 kg，B的质量MB＝1 kg，滑块A的最小动能为EkA＝18 J，滑块B的最大动能为EkB＝32 J
解析：选D　弹簧的弹力先增大后减小，两个物块受到的合外力都等于弹簧的弹力，则两个物块的加速度都先增大后减小，故A错误；当弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A和B的速度相同，选取向右为正方向，根据动量守恒定律：MAv＝(MA＋MB)v′.解得：v′＝1 m/s，根据机械能守恒定律，知弹簧的最大弹性势能等于滑块A、B损失的动能，为：Ep＝MAv2－(MA＋MB)v′2，解得：Ep＝10 J，故B错误；当A、B分离时，滑块B的速度最大，由动量守恒和能量守恒定律得：MAv＝MAvA＋MBvB　①
MAv2＝MAvA2＋MBvB2　②
由以上两式得：vA＝－3 m/s，vB＝2 m/s，所以滑块A的最小动能为EkA＝0.滑块B的最大动能为EkB＝MBvB2＝8 J，故C错误；若滑块A的质量MA＝4 kg，B的质量MB＝1 kg，同理可得，当A、B分离时，A、B的速度分别为vA＝3 m/s，vB＝8 m/s，滑块A的最小动能为EkA＝MAvA2＝18 J，滑块B的最大动能为EkB＝MBvB2＝32 J，故D正确．
7．(2019·广东茂名模拟)三个半径相同的弹性球，静止置于光滑水平面的同一直线上，顺序如图所示，已知mA＝m，mC＝4m.A以速度v0向B运动，若要使得B、C碰后，C具有最大的速度，则B的质量应为(　　)
A．m　　　　　　　　　 B．2m
C．3m D．4m
解析：选B　设B球的质量为M，以碰撞前A球的速度方向为正方向，A球与B球发生弹性碰撞，设碰撞后A、B两球的速度分别为v1和v2，根据A球与B球动量守恒得mv0＝mv1＋Mv2，由能量守恒定律得mv02＝mv12＋Mv22，解得v2＝.B球与C球发生弹性碰撞，设碰撞后B、C两球的速度分别为v2′和v3，由能量守恒定律得Mv22＝Mv2′2＋×4mv32，由动量守恒定律得Mv2＝Mv2′＋4mv3，解得v3＝.故C球碰撞后的速度为v3＝·＝，由数学知识可知，当M＝＝2m时，B球与C球碰撞后，C球的速度最大，故选项B正确．
8．冲击摆是用来测量子弹速度的一种简单装置．如图所示，将一个质量很大的砂箱用轻绳悬挂起来，一颗子弹水平射入砂箱，砂箱发生摆动．若子弹射击砂箱时的速度大小为v，测得冲击摆的最大摆角为θ，砂箱上升的最大高度为h，则当子弹射击砂箱时的速度大小变为2v时，下列说法正确的是(　　)
A．冲击摆的最大摆角将变为2θ
B．冲击摆的最大摆角的正切值将变为2tan θ
C．砂箱上升的最大高度将变为2h
D．砂箱上升的最大高度将变为4h
解析：选D　设子弹的质量为m，砂箱的质量为M，冲击摆的摆长为L，以子弹和砂箱作为整体，在子弹和砂箱一起升至最高点的过程中，由机械能守恒定律得(m＋M)v共2＝(m＋M)gh，解得v共＝，在子弹射入砂箱的过程中，系统的动量守恒，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共，解得v＝v共＝·.冲击摆的最大偏转角满足cos θ＝，由于不知道h与L之间的关系，所以不能判断出冲击摆的最大摆角是否将变为2θ，也不能判断出冲击摆的最大摆角的正切值是否将变为2tan θ，故A、B错误；由公式v＝·可知，当v增大为2v时，砂箱上升的最大高度将变为4h，故C错误，D正确．
二、多选题(本题共7小题，每小题3分，共21分)
9．(2018·温州中学期中)下列有关实际中的一些现象，说法正确的是(　　)
A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度
B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力
C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响
D．为了减轻撞车时对车上人员的伤害，发动机舱越坚固越好
解析：选ABC　火箭升空时，向后喷出气流，火箭对气流有向后的力，由于力的作用是相互的，气流对火箭有向前的力的作用，利用反冲作用，从而推动火箭前进，故A正确；体操运动员着地的过程，动量变化一定，由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定，着地时屈腿延长了作用时间t，由I＝Ft可知，延长时间t可以减小运动员所受到的平均冲力F，故B正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响，故C正确；为了减轻撞车时对车上人员的伤害，就要延长碰撞时间，可知车体前部的发动机舱不能太坚固，故D错误．
10．如图所示，在质量为M的小车中挂着一个单摆，摆球的质量为m0，小车(和单摆)以恒定的速度u沿光滑的水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞过程中，下列说法可能发生的是(　　)
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足：(M＋m0)u＝Mv1＋mv2＋m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足：Mu＝Mv1＋mv2
C．摆球的速度不变，小车和小块的速度变为v，满足：Mu＝(M＋m)v
D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度为v2，满足：(M＋m0)u＝(M＋m0)v1＋mv2
解析：选BC　因碰撞时间极短，所以单摆相对小车没有发生摆动，即摆线对球的作用力原来是竖直向上的，现在还是竖直向上的，没有水平方向的分力，未改变小球的动量，即单摆没有参与这个碰撞过程，单摆的速度不发生变化，故排除A、D；因为单摆的速度不变，所以研究对象选取小车和木块所构成的系统，若为弹性碰撞或碰后分离，水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：Mu＝Mv1＋mv2.由于题目中并没有提供在碰撞过程中的能量变化关系，所以也有可能小车和木块发生完全非弹性碰撞，即小车和木块共速，故B、C选项正确．
11．如图，两质量分别为m1＝1 kg和m2＝4 kg小球在光滑水平面上相向而行，速度分别为v1＝4 m/s和v2＝6 m/s，发生碰撞后，系统可能损失的机械能为(　　)
A．25 J B．35 J
C．45 J D．55 J
解析：选AB　两球相向运动，发生完全非弹性碰撞损失机械能最多，设向左运动为正方向，根据动量守恒定律得，m2v2－m1v1＝(m1＋m2)v，根据能量守恒定律，损失机械能，ΔE＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v2，代入数据解得ΔE＝40 J，这是可能损失的最大机械能，故A、B选项正确，C、D选项错误．
12．如图所示，水平面上O点的正上方有一个静止物体P，某时刻炸成两块a、b水平飞出，分别落在A点和B点，且OA>OB.若爆炸时间极短，空气阻力不计，则(　　)
A．落地时a的速度大于b的速度
B．落地时a的速度小于b的速度
C．爆炸过程中a增加的动能大于b增加的动能
D．爆炸过程中a增加的动能小于b增加的动能
解析：选AC　P爆炸生成两块a、b过程中在水平方向动量守恒，则mava－mbvb＝0，即pa＝pb，由于下落过程做平抛运动，由图可知a、b下落高度一样，故va>vb，因此maEkb，C正确，D错误；由于va>vb，而下落过程中a、b在竖直方向的速度增量为gt是相等的，因此落地时仍有vA′>vB′，A正确，B错误．
13.如图为两物体A、B在没有其他外力作用时相互作用前后的v-t图象，则由图象可知(　　)
A．A、B的质量之比为5∶3
B．A、B作用前后总动量守恒
C．A、B作用前后总动量不守恒
D．A、B间相互作用力相同
解析：选AB　A、B两物体发生相互作用，没有其他外力，A、B形成的系统总动量守恒，故选项B正确，C错误；由动量守恒定律，得mAΔvA＝－mBΔvB，＝－＝－＝5∶3，故选项A正确；A、B之间相互作用力大小相等、方向相反，因而A、B间相互作用力不同，故选项D错误．
14.(2019·湖南模拟)如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆形槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计，则(　　)
A．A能到达B圆槽的左侧最高点
B．A运动到圆槽的最低点时A的速率为
C．A运动到圆槽的最低点时B的速率为2
D．B向右运动的最大位移大小为
解析：选AD　物体A、B运动过程中，系统水平方向上动量守恒，A运动到B的左侧最高点时，两者水平共速，0＝(m＋2m)v共，速度为零．根据能量守恒可知，A能到达B的左侧最高点，A选项正确；A运动到圆槽的最低点时，根据能量守恒可知，mgR＝mvA2＋×2mvB2，根据动量守恒可知，mvA＝2mvB，联立解得，A运动到圆槽的最低点时A的速率为2，B的速率为 ，B、C选项错误；根据平均动量守恒可知，A在水平方向的最大位移和B在水平方向上的最大位移之和为2R，B向右运动的最大位移大小为x＝·2R＝，D选项正确．
15．(2018·天津武清区模拟)如图所示，小车的上面是由两个对称曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上．今有一个可以看做质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下．重力加速度为g.关于这个过程，下列说法正确的是(　　)
A．小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置
B．小球和小车作用前后，小车和小球的速度一定发生变化
C．小球和小车作用前后，小车和小球的速度可能没有变化
D．车上曲面的竖直高度不会大于
解析：选CD　小球滑上曲面的过程中，小车向右运动，小球从另一个曲面滑下时，小车还会继续前进，故不会回到原位置，A错误；当两曲面光滑时，小球和小车所组成的系统满足水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律，小球和小车作用前后，小球和小车的速度不变，B错误，C正确；由于小球原来的动能为mv2，小球恰好运动到最高点时，小球与小车的速度相等，设为v′，由系统内动量守恒得mv＝2mv′，解得v′＝，此时系统的动能为×2m×2＝，所以系统的动能减少了，如果曲面光滑，则系统减少的动能等于小球增加的重力势能，即＝mgh，得h＝，即曲面的竖直高度最大为，如果曲面粗糙，高度还要小些，D正确．
三、非选择题(本题共5小题，共55分)
16．(6分)用如图甲所示的装置可以来验证碰撞过程中的动量守恒．图中PQ是斜槽，QR为水平槽．O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，A、B两球的质量之比mA∶mB＝3∶1.先使A球从斜槽上固定位置G由静止释放，在水平地面的记录纸上留下落点痕迹，重复10次，得到10个落点．再把B球放在水平槽上的末端R处，让A球仍从位置G由静止释放，与B球碰撞，碰后A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复10次．用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心P就是小球落点的平均位置．A、B两球在记录纸上留下的落点平均位置如图乙所示，其中米尺的零点与O点对齐．
(1)碰撞后A球的水平射程应取________cm.
(2)本实验巧妙地利用小球飞行的水平距离表示小球的水平速度．下面的实验条件中，不能使小球飞行的水平距离表示为水平速度的是________．
A．使A、B两小球的质量之比改变为5∶1
B．升高固定点G的位置
C．使A、B两小球的直径之比改变为1∶3
D．升高桌面的高度，即升高R点距地面的高度
解析：(1)A小球和B小球相撞后，B小球的速度增大，A小球的速度减小，碰撞前后都做平抛运动，高度相同，所以运动时间相同，所以速度大的水平位移就大，而碰后A的速度小于B的速度，所以碰撞后A球的落地点距离O点最近，所以碰撞后A球落点为M，由题图乙可知，碰撞后A的水平射程为：14.45 cm(14.45～14.50 cm均正确)．(2)只有当小球做平抛运动时，才能用水平位移表示水平速度．改变小球的质量比，小球碰撞后仍然做平抛运动，仍可以用小球飞行的水平距离表示水平速度，故A不符合题意；升高固定点G的位置，小球碰撞后仍然做平抛运动，可以用小球飞行的水平距离表示水平速度，故B不符合题意；使A、B两小球的直径之比改变为1∶3，小球的球心不在同一高度，碰撞后小球的速度不在水平方向，不能做平抛运动，不可以用小球飞行的水平距离表示水平速度，故C符合题意；升高桌面的高度，即升高R点距地面的高度，小球碰撞后仍然做平抛运动，可以用小球飞行的水平距离表示水平速度，故D不符合题意．
答案：(1)14.45(14.45～14.50)　(2)C
17．(9分)小明同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验，如图甲所示，长木板下垫着小木片以平衡两车的摩擦力，让小车P做匀速运动，然后与原来静止在前方的小车Q相碰并粘合成一体，继续做匀速运动；在小车P后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50 Hz.
(1)某次实验测得纸带上各计数点的间距如图乙所示，A为运动的起点，则应选________段来计算小车P碰撞前的速度，应选________段来计算小车P和Q碰后的共同速度．(填选项字母)
A．AB B．BC
C．CD D．DE
(2)测得小车P的质量mA＝0.4 kg，小车Q的质量mB＝0.2 kg.则碰前两小车的总动量大小为________kg·m/s.碰后两小车的总动量大小为_______kg·m/s.(计算结果保留三位有效数字)
(3)由本次实验获得的初步结论是________________．
解析：(1)推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为碰前匀速运动的阶段，故选BC段计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而P和Q碰后共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后的共同速度．
(2)由题图乙可知，BC段的距离为
BC＝10.50 cm＝0.105 0 m，
DE段的距离DE＝6.95 cm＝0.069 5 m，
则碰前小车的速度为vA＝＝ m/s＝1.05 m/s，
碰前的总动量为
p＝mAvA＝0.4×1.05 kg·m/s＝0.420 kg·m/s；
碰后小车的共同速度为v＝＝ m/s＝0.695 m/s，
碰后的动量为p′＝(mA＋mB)v＝(0.4＋0.2)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s.
(3)根据碰撞前后的动量关系可知在误差允许的范围内系统动量守恒．
答案：(1)B　D　(2)0.420　0.417
(3)在误差允许范围内，系统动量守恒
18．(12分)消防车的供水系统主要由水泵、输水管道和水枪组成，如图所示，消防员甲持水枪离地高度为H，建筑物上的着火点A距地面高为h，水枪与着火点的水平距离为x＝30 m，水泵的功率为P，整个供水系统的效率η＝0.6.假设水从水枪水平射出，水枪出水速度v0＝30 m/s，水枪每秒出水量m0＝60 kg，不计空气阻力，取g＝10 m/s2.
(1)若H＝80 m，水枪正中着火点A，求水泵的功率P；
(2)若在消防员甲正下方地面上另一消防员乙手持水枪斜向上对高h′＝45 m的着火点B进行灭火，水恰能到达着火点B并顺着建筑物流下，求水对B处建筑物的冲击力大小．
解析：(1)设在Δt时间内出水质量为m，由动能关系得
ηP·Δt＝mv02＋mgH
其中m＝m0Δt
解得P＝1.25×105 W.
(2)把水的斜抛运动看做逆向平抛运动，则有
x＝vxt，h′＝gt2
解得vx＝10 m/s
取Δt1时间内与建筑物相碰的水为研究对象，设建筑物对水的作用力为F，由动量定理得－FΔt1＝0－m0Δt1vx
解得F＝600 N
根据牛顿第三定律，得出水对B处建筑物的冲击力为F′＝－F＝－600 N，则水对B处建筑物的冲击力大小为600 N.
答案：(1)1.25×105 W　(2)600 N
19．(12分)(2018·全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m．已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2.求：
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小．
解析：(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有
μmBg＝mBaB①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数．
设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为xB.由运动学公式有vB′2＝2aBxB②
联立①②式并利用题给数据得
vB′＝3 m/s.③
(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA.根据牛顿第二定律有
μmAg＝mAaA④
设碰撞后瞬间A车速度大小为vA′，碰撞后滑行的距离为xA.由运动学公式有
vA′2＝2aAxA⑤
设碰撞前的瞬间A车的速度大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有
mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
vA＝4.25 m/s.
答案：(1)3 m/s　(2)4.25 m/s
20．(16分)(2019·全国卷Ⅲ)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，所图所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0 J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g＝10 m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
解析：(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律、能量守恒定律和
题所给条件有：
0＝mAvA－mBvB　①
Ek＝mAvA2＋mBvB2　②
联立①②式并代入题给数据得
vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s.　③
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a.假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动路程为sB，则有
mBa＝μmBg　④
sB＝vBt－at2　⑤
vB－at＝0　⑥
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为sA＝vAt－at2　⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m　⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处．B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m．　⑨
(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有：
mAvA′2－mAvA2＝－μmAg(2l＋sB)　⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
vA′＝ m/s　?
故A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA(－vA′)＝mAvA″＋＋mBvB″　?
mAvA′2＝mAvB″2＋mBvB″2　?
联立???式并代入题给数据得
vA″＝ m/s，vB″＝－ m/s　?
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动．设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式
2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2　?
由④??式及题给数据得
sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m　?
sA′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离
s′＝sA′＋sB′＝0.91 m.
答案：(1)4.0 m/s　1.0 m/s　(2)B　0.50 m
(3)0.91 m