2021高三物理人教版一轮学案：第六章第2讲　动量守恒定律及应用


第2讲　动量守恒定律及应用
ZHI SHI SHU LI ZI CE GONG GU
知识梳理·自测巩固
知识点1　动量守恒定律
1．内容：如果一个系统__不受外力__，或者所受__外力的矢量和__为0，这个系统的总动量保持不变。
2．表达式：m1v1＋m2v2＝__m1v1′＋m2v2′__或p＝p′。
3．适用条件：
(1)理想守恒：系统不受外力或所受__外力的合力__为零，则系统动量守恒。
(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远__大于__外力时，系统的动量可近似看成守恒。
(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。
知识点2　碰撞、反冲、爆炸
1．碰撞：物体间的相互作用持续时间__很短__,_而物体间相互作用力__很大__的现象。
2．特点：在碰撞现象中，一般都满足内力__远大于__外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
3．分类：
两类守恒
碰撞类型
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
__守恒__
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失__最大__
4.反冲运动：
观察下列两幅图，思考图甲中喷灌工作原理以及图乙中运载火箭升空原理，填充以下内容：

(1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用的过程中系统的动能__增大__，且常伴有其他形式能向动能的转化。
(2)反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用__远小于__物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理。
5．爆炸问题：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且__远大于__系统所受的外力，所以系统动量__守恒__，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动。
思维诊断：
(1)一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒。(　×　)
(2)两个做匀速直线运动的物体发生碰撞，两个物体组成的系统动量守恒。(　√　)
(3)系统动量守恒也就是系统的总动量变化量为零。(　√　)
(4)发生碰撞的两个物体，机械能是守恒的。(　×　)
(5)碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的。(　√　)
(6)火箭点火后离开地面加速向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果。(　×　)
(7)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行。(　√　)
　　
1．如图所示，甲木块的质量为m1，以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧，甲木块与弹簧接触后(　C　)

A．甲木块的动量守恒
B．乙木块的动量守恒
C．甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒
D．甲、乙两木块所组成系统的机械能守恒
[解析]　甲木块与弹簧接触后，由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量要发生变化，但对于甲、乙所组成的系统因弹簧弹力为系统内力故动量守恒；甲、乙两木块所组成系统的动能，一部分转化为弹簧的势能，故系统机械能不守恒，故D错误。
2．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(　B　)
A．燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭
B．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后推动，气体的反作用力推动火箭
C．火箭吸入空气，然后向后推出，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
[解析]　火箭工作的原理是利用反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管以很大速度喷出时，使火箭获得反冲速度向前运动，故选B项。
3．解放军鱼雷快艇在南海海域附近执行任务，假设鱼雷快艇的总质量为M，以速度v前进，现沿快艇前进方向发射一颗质量为m的鱼雷后，快艇速度减为原来的，不计水的阻力，则鱼雷的发射速度为(　A　)
A．v　　　　　　　　 B．v
C．v D．v
[解析]　设快艇的速度方向为正方向；
根据动量守恒定律有：Mv＝(M－m)v＋mv′。
解得v′＝v。
HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN TU PO
核心考点·重点突破
考点一　动量守恒定律的理解
1．动量守恒定律适用条件
(1)前提条件：存在相互作用的物体系。
(2)理想条件：系统不受外力。
(3)实际条件：系统所受合外力为0。
(4)近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力。
(5)方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒。
2．动量守恒定律的表达式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零。
3．应用动量守恒定律的解题步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)。
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)。
(3)规定正方向，确定初、末状态动量。
(4)由动量守恒定律列出方程。
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。
例1 (2019·江苏扬州中学模拟)如图所示，一质量为m的木块下端通过一细线悬挂一质量为M的金属小球，在水中以速度v0匀速下降。某一时刻细线突然断裂，此后经过时间t木块的速度减为零。已知重力加速度为g，求：

(1)t时刻金属小球的速度大小；
(2)t时间内水对金属小球的冲量的大小和方向。
[解析]　本题考查动量守恒定律、动量定理的应用。
(1)木块和金属小球组成的系统在竖直方向所受合外力为零，动量守恒，则有(M＋m)v0＝Mv，
得v＝(M＋m)。
(2)以向上为正方向，对金属小球由动量定理有
I水－Mgt＝－Mv－(－Mv0)，
得I水＝－Mv＋Mv0＋Mgt＝Mgt＋(－mv0)＝Mgt－mv0，
即水对金属小球的冲量大小为Mgt－mv0，方向竖直向上。
[答案]　(1)(M＋m)　(2)Mgt－mv0，方向竖直向上
〔类题演练1〕
如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面的3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。

(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
[答案]　(1)20 kg　(2)见解析
[解析]　(1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。
由水平方向动量守恒和机械能守恒有
m2v20＝(m2＋m3)v
m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh
式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度
解得m3＝20 kg。
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v20＝0
解得v1＝1 m/s
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，
由动量守恒定律和机械能守恒定律有
m2v20＝m2v2＋m3v3
m2v＝m2v＋m3v
解得v2＝1 m/s
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。
考点二　动量守恒定律的三个应用实例
实例一　碰撞
1．分析碰撞问题的三个依据
(1)动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。
(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。
(3)速度要合理
①碰前两物体同向，则v后>v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v前′≥v后′。
②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2．弹性碰撞的规律
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。
以质量为m1，速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′①
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2②
由①②得v1′＝　v2′＝
结论：
(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度。
(2)当m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都向前运动。
(3)当m10，碰撞后质量小的球被反弹回来。
3．非弹性碰撞的规律
满足动量守恒定律和能量守恒定律。
例如：以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面非弹性碰撞为例，由动量守恒定律知m1v1＝m1v1′＋m2v2′，由能量守恒定律知，系统损失的机械能ΔE损＝m1v－(m1v′＋m2v′)。
例2 (2020·辽宁大连八中模拟)如图所示，三个直径相同的小球静止在足够长的光滑水平面上，A、C两球的质量均为m，B球的质量为km(k>1)。给A球一个水平向右的初速度v0，B球先与A球发生弹性正碰，再与C球发生弹性正碰。求系数k的值为多大时，B与C碰后瞬间B球的速度最大？

[解析]　本题考查多体碰撞问题。
设A、B发生弹性碰撞后的速度分别vA、vB1，则
mv0＝mvA＋kmvB1，
mv＝mv＋kmv，
联立解得vA＝v0，vB1＝v0，
设B、C发生弹性碰撞后的速度分别为vB2、vC，同理可得vB2＝vB1，
代入整理得vB2＝[－]v0，
设x＝，则有vB2＝(x－x2)v0，当x＝0.5时，即＝0.5时vB2最大，解得k＝3。
[答案]　3
〔类题演练2〕
(2019·安徽砀山二中月考)(多选)质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是(　CD　)
A．－2 kg·m/s,14 kg·m/s B．－4 kg·m/s,16 kg·m/s
C．6 kg·m/s,6 kg·m/s D．5 kg·m/s,7 kg·m/s
[解析]　本题考查碰撞过程中的动量守恒、能量守恒。碰撞前系统总动量p＝pA＋pB＝12 kg·m/s，由题意，设mA＝mB＝m，碰前总动能为Ek＝＋＝(J)＋(J)＝(J)；若p′A＝－2 kg·m/s，p′B＝14 kg·m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能为(J)＋(J)＝(J)>Ek，不可能，A错误；若p′A＝－4 kg·m/s，p′B＝16 kg·m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能为(J)＋(J)＝(J)>Ek，不可能，B错误；若p′A＝6 kg·m/s，p′B＝6 kg·m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能2×(J)＝(J) 实例二　反冲
1．反冲
(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动。
(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，反冲运动中平均动量守恒，机械能往往不守恒。
(3)实例：喷气式飞机、火箭等。
2．火箭获得的最终速度
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v1，如图所示，燃料燃尽后火箭的飞行速度v为多大？

在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以动量守恒。
发射前的总动量为0，发射后的总动量为mv－(M－m)v1(以火箭的速度方向为正方向)
则：mv－(M－m)v1＝0
所以v＝(－1)v1
燃料燃尽时火箭获得的最终速度由喷气速度及质量比决定。
例3 (2019·湖北鄂州、黄冈调研)“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备(含燃料的火箭、椅子、风筝等)总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是(　B　)

A．火箭的推力来源于空气对它的反作用力
B．在燃气喷出的瞬间，火箭的速度大小为
C．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为
D．在火箭喷气过程中，万户及所携设备机械能守恒
[解析]　本题考查反冲运动中动量守恒定律。火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A错误；在燃气喷出的瞬间，万户及所携设备组成的系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有(M－m)v－mv0＝0，解得火箭的速度大小为v＝，故B正确；喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大高度为h＝＝，故C错误；在火箭喷气过程中， 燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，万户及所携设备机械能不守恒，故D错误。
实例三　爆炸
爆炸的特点
(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。
(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加。
(3)位移不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物体运动的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸时的位置以新的动量开始运动。
例4 (2019·福建莆田一中月考)(多选)向空中发射一物体(不计空气阻力)，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a、b两块，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则(　CD　)
A．b的速度方向一定与原速度方向相反
B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大
C．a、b一定同时到达地面
D．炸裂的过程中，a、b的动量变化大小一定相等
[解析]　本题考查爆炸过程中的动量守恒与平抛运动。在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统在水平方向动量守恒。在炸裂过程中，a、b受到爆炸力大小相等，作用时间相同，则爆炸力对a、b的冲量大小一定相等，即炸裂的过程中，a、b的动量变化大小一定相等，D正确。炸裂前物体的速度沿水平方向，炸裂后a的速度沿原来的水平方向，根据动量守恒定律可知b的速度一定沿水平方向，但不一定与原速度方向相反，取决于a的动量与物体原来动量的大小关系，A错误；a、b都做平抛运动，下落高度相同，则飞行时间相同，a、b一定同时到达地面，a质量较大，但b的平抛初速度大小不一定比a小，所以a飞行的水平距离不一定比b的大，B错误，C正确。
JIE DUAN PEI YOU CHA QUE BU LOU
阶段培优·查缺补漏
人船模型
▼
1．“人船模型”问题
两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒。在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题归为“人船模型”问题。
2．人船模型的特点
(1)两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。
(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝。
(3)应用此关系时要注意一个问题：公式v1、v2和x一般都是相对地面而言的。
例5 如图所示，长为L、质量为M的船停在静水中，一个质量为m的人(可视为质点)站在船头，在人从船头走到船尾的过程中，船与人相对地的位移大小分别为多少？(忽略水对船的阻力)

[解析]　选人和船为一系统，由于系统在水平方向不受外力作用，所以系统在水平方向上动量守恒，设某一时刻人的对地速度为v，船的速度大小为v′，选人的运动方向为正方向，由动量守恒定律得mv－Mv′＝0。

在人与船相互作用的过程中，上式始终成立，不难想到，船的运动受人运动的制约，当人加速运动时，船亦加速运动；当人匀速运动时，船亦匀速运动；当人停止运动时，船也停止运动，设人从船头到船尾的过程中，人的对地位移大小为x人，船的对地位移大小为x船，所以＝，又从图可见x人＋x船＝L，联立三式可解得x人＝L，x船＝L。
[答案]　x人＝L，x船＝L
方法总结：
“人船模型”问题应注意以下两点
1．适用条件：
(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)且为零。
2．画草图：
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，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。
〔类题演练3〕
(2019·山东师大附中五模)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B槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则下列选项正确的是(　D　)

A．A不能到达B圆槽的左侧最高点
B．A运动到圆槽最低点时的速度为
C．B向右匀速运动
D．B向右运动的最大位移大小为R
[解析]　本题考查了人船模型、动量守恒定律、能量守恒定律。设A到达左侧位置最高点时的速度为v，此时A、B速度相同，A、B组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律知，系统初动量为零，则系统末动量为零，即v＝0，根据能量守恒定律知，A能到达B圆槽左侧的最高点，故A、C错误；设A到达最低点时的速度为v，根据动量守恒定律得0＝mv－2mv′，解得v′＝，根据能量守恒定律得mgR＝mv2＋·2m()2，解得v＝，故B错误；当A运动到左侧最高点时，B向右运动的位移最大，设B向右运动的最大位移为x，根据动量守恒定律可知A、B的水平速度始终满足mvAx－2mvBx＝0，则有mAxt－2mBxt＝0，则有m(2R－x)＝2mx，解得x＝R，故D正确。
2 NIAN GAO KAO MO NI XUN LIAN
2年高考·模拟训练
1.(2020·湖北武汉部分高中联考)如图所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是(　C　)

A．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同
B．小车与木箱组成的系统动量守恒
C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D．男孩和木箱组成的系统动量守恒
[解析]　本题考查动量守恒的判断。男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等、方向相反，故A项错误，C项正确；小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故B项错误；男孩与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故D项错误。
2．(2019·全国卷Ⅰ，25)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示。t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v－t图象如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。

图(a) 　图(b)
(1)求物块B的质量；
(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；
(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。
[答案]　(1)3m　(2)mgH　(3)
[解析]　(1)根据图(b)，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为m′，碰撞后瞬间的速度大小为v′。由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv1＝m＋m′v′①
mv＝m2＋m′v′2②
联立①②式得
m′＝3m③
(2)在图(b)所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有
mgH－fs1＝mv－0④
－(fs2＋mgh)＝0－m2⑤
从图(b)所给出的v －t图线可知
s1＝v1t1⑥
s2＝··(1.4t1－t1)⑦
由几何关系
＝⑧
物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为
W＝fs1＋fs2⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
W＝mgH⑩
(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有
W＝μmgcos θ·⑪
设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′，由动能定理有
－μm′gs′＝0－m′v′2⑫
设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有
mgh－μ′mgcos θ·－μ′mgs′＝0⑬
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得
＝⑭
3．(2019·全国卷Ⅲ，25)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，如图所示。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？
[答案]　(1)4.0 m/s　1.0 m/s　(2)物块B先停止　0.50 m　(3)0.91 m
[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，由动量守恒定律和题给条件有
0＝mAvA－mBvB①
Ek＝mAv＋mBv②
联立①②式并代入题给数据得
vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s③
(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向左运动的路程为sB，则有
mBa＝μmBg④
sB＝vBt－at2⑤
vB－at＝0⑥
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－at2⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m⑧
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 m⑨
(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v′A，由动能定理有
mAv′－mAv＝－μmAg(2l＋sB)⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
v′A＝ m/s⑪
故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为v″A和v″B，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA(－v′A)＝mAv″A＋mBv″B⑫
mAv′＝mAv″＋mBv″⑬
联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得
v″A＝ m/s，v″B＝－ m/s⑭
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s′A时停止，B向左运动距离为s′B时停止，由运动学公式
2as′A＝v″，2as′B＝v″⑮
由④⑭⑮式及题给数据得
s′A＝0.63 m，s′B＝0.28 m⑯
s′A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′＝s′A＋s′B＝0.91 m⑰