人教版 (2019)选择性必修 第一册第一章 动量守恒定律综合与测试精练

这是一份人教版 (2019)选择性必修 第一册第一章 动量守恒定律综合与测试精练，共15页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
单元素养评价(一)(第一章)(75分钟　100分)一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。1．(2020·全国Ⅰ卷)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是(　　)A．增加了司机单位面积的受力大小B．减少了碰撞前后司机动量的变化量C．将司机的动能全部转换成汽车的动能D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积【解析】选D。有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，则动量的改变量也相同，故选项B错误；安全气囊可以延长司机受力作用时间，同时增大司机的受力面积，根据动量定理，则减少了司机受力大小，从而司机单位面积的受力大小也减少，故选项A错误，D正确；因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，故选项C错误。2.(2021年广东适应性测试)如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球静止自由下落80 cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80 cm。已知足球与头部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)A．头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍B．足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2 kg·m/sC．足球与头部作用过程中动量变化量大小为 3.2 kg·m/sD．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2 N·s【解析】选C。设足球自由下落到人头顶前瞬时速度为v0，时间为t，v0＝＝4 m/s，t＝＝0.4 s，对足球，在与头部作用过程中由动量定理得：(F－mg)Δt＝mv0－(－mv0)，解得F＝mg＋＝36 N，故头部对足球的平均作用力为足球重力的9倍，A错误；足球下落到与头部刚接触时动量大小mv0＝1.6 kg·m/s，B错误；足球与头部作用过程中动量变化量大小为2mv0＝3.2 kg·m/s，C正确；足球从最高点下落至重新回到最高点过程中重力的冲量大小为IG＝mg(Δt＋2t)＝4×(0.1＋2×0.4)＝3.6 N·s，D错误。3.如图所示，某人站在一辆平板车的右端，车静止在光滑的水平地面上，现人用铁锤连续敲击车的右端。下列对平板车的运动情况描述正确的是(　　)A．锤子抡起的过程中，车向右运动B．锤子下落的过程中，车向左运动C．锤子抡至最高点时，车速度为0D．锤子敲击车瞬间，车向左运动【解析】选C。人、车和铁锤组成的系统水平方向动量守恒，有：0＝m锤v1－(m车＋m人)v2，锤子抡起的过程中，锤子向右运动，车向左运动。锤子下落的过程中，锤子向左运动，车向右运动。锤子抡至最高点时，锤子速度为0，所以车速度为0。锤子敲击车瞬间，锤子向左运动，车向右运动。故C正确。4．一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块弹片水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)【解析】选B。由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙两块弹片做平抛运动的时间t＝1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块弹片的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v＞2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D项错误；甲、乙两块弹片在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块弹片的动量改变量大小相等，两块弹片质量比为3∶1，所以速度变化量之比为1∶3，由平抛运动水平方向上，x＝v0t，由题图知，A图中，v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝2.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，A项错误；B图中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝1.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，B项正确。5.如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上。一颗子弹水平射入木块A，并留在其中，在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是(　　)A．动量守恒、机械能守恒B．动量守恒、机械能不守恒C．动量不守恒、机械能守恒D．动量、机械能都不守恒【解析】选B。子弹击中木块A及弹簧被压缩的整个过程，系统不受外力作用，外力冲量为0，系统动量守恒，但是子弹击中木块A过程，有摩擦力做功，部分机械能转化为内能，所以机械能不守恒，B正确。6．一质量为0.6 kg的篮球，以8 m/s的速度水平撞击篮板，被篮板反弹后以6 m/s的速度水平反向弹回，在空中飞行0.5 s后以7 m/s的速度被运动员接住，忽略空气阻力，取g＝10 m/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1.2 kg·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0.6 kg·m/sC．篮板对篮球的作用力大小约为15.6 ND．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3 N·s【解析】选D。以篮球与篮板碰前速度的方向为正方向，篮球与篮板碰撞前后动量的变化量Δp1＝mv2－mv1＝[0.6×(－6)－0.6×8] kg·m/s＝－8.4 kg·m/s，A错误；由动量定理得，从被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的动量变化量Δp2＝mgt2＝0.6 kg×10 m/s2×0.5 s＝3 kg·m/s，B错误；由动量定理得Ft1＝Δp1，由于篮板对篮球的作用时间未知，故无法求出篮板对篮球的作用力，C错误；由动量定理得，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I＝Δp2＝3 N·s，D正确。7.如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放，已知圆弧轨道半径R＝1.8 m，小滑块的质量关系是mB＝2mA，重力加速度g取10 m/s2。则碰后小滑块B的速度大小不可能是(　　)A．5 m/s　　　　　 B．4 m/sC．3 m/s       D．2 m/s【解析】选A。滑块A从圆弧轨道最高点滑到最低点的过程中，根据机械能守恒定律，有mAgR＝mAv，得vA＝＝6 m/s，当滑块A与B发生弹性碰撞时，根据动量守恒定律得mAvA＝mAv′A＋mBv′B，根据机械能守恒定律得mAv＝mAv′＋mBv′，得v′B＝4 m/s。当滑块A与B发生完全非弹性碰撞，有mAvA＝(mA＋mB)v″B，得v″B＝2 m/s，得2 m/s≤vB≤4 m/s，故选A。8．(2020·全国Ⅲ卷)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　　)A．3 J　　　B．4 J　　　C．5 J　　　D．6 J【解题指南】解答本题应注意以下三点：(1)利用v­t图像明确甲乙碰撞前后的速度大小。(2)根据动量守恒定律求解物块乙的质量。(3)两物块碰前与碰后动能之差即为碰撞过程损失的机械能。【解析】选A。由图像可知，碰撞前的速度v甲＝5 m/s，v乙＝1 m/s，碰撞后的速度v甲′＝－1 m/s，v乙′＝2 m/s，由动量守恒定律可得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能ΔE＝m甲v＋m乙v－m甲v′－m乙v′＝3 J，A正确。9．水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　)A．48 kg　　　B．53 kg　　　C．61 kg　　　D．63 kg【解析】选B。运动员第一次推物块，以运动员退行的方向为正方向，有0＝Mv1－mv①，第二次推物块，有Mv1＋mv＝Mv2－mv②… 第八次推物块，有Mv7＋mv＝Mv8－mv⑧，联立解得M＝，因v8＞5.0 m/s，故M＜60 kg，C、D错误；又推完7次时应该有：0＝Mv7－13mv，得＝≤1，故M≥13m＝52 kg，A错误；故本题正确答案为B。10.如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是(　　)A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动B．C与B碰前，C与AB的速率之比为m∶MC．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动【解析】选C。小车AB与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，故A错误。设碰前C的速率为v1，AB的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得＝，故B错误。设C与油泥粘在一起后，AB、C的共同速度为v共，则0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正确，D错误。【加固训练】质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为(　　)A．mv2　　　　　　　　　B．v2C．NμmgL        D．NμmgL【解析】选D。设系统损失的动能为ΔE，根据题意可知，整个过程中小物块和箱子构成的系统满足动量守恒和能量守恒，则有mv＝(M＋m)vt(①式)、mv2＝(M＋m)v＋ΔE(②式)，由①②式联立解得ΔE＝v2，可知选项A、B错误；又由于小物块与箱壁碰撞为弹性碰撞，则损耗的能量全部用于摩擦生热，即ΔE＝NμmgL，选项C错误，D正确。11.根据UIC(国际铁路联盟)的定义，高速铁路是指营运速率达200 km/h以上的铁路和动车组系统。据广州铁路警方测算：当和谐号动车组列车以350 km/h的速度在平直铁轨上匀速行驶时，受到的阻力约为1×106 N，如果撞击一块质量为0.5 kg的障碍物，会产生大约5 000 N 的冲击力，撞击时间约为0.1 s，撞击瞬间可能造成列车颠覆，后果不堪设想。在撞击过程中，下列说法正确的是(　　)A．冲击力对列车的冲量约为500 N·sB．冲击力对列车的冲量约为1×104 N·sC．冲击力对障碍物的冲量约为175 N·sD．列车和障碍物组成的系统动量不守恒【解析】选A。冲击力F为5 000 N，撞击时间t为0.1 s，冲量I＝Ft＝5 000×0.1 N·s＝500 N·s，A项正确，B、C两项错误；撞击过程时间极短，列车和障碍物组成的系统动量近似守恒，D项错误。【加固训练】如图所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L。乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法不正确的是(　　)A．甲、乙两车运动中速度之比为B．甲、乙两车运动中速度之比为C．甲车移动的距离为LD．乙车移动的距离为L【解析】选B。本题类似人船模型。甲、乙、人看成一系统，则水平方向动量守恒，甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比，即为，A正确，B错误；Mx甲＝(M＋m)x乙，x甲＋x乙＝L，解得C、D正确。二、非选择题：共5题，共56分。12．(15分)某实验小组在进行“验证动量守恒定律”的实验。入射小球与被碰小球半径相同。(1)实验装置如图甲所示。先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹。再把B球静置于水平槽前端边缘处，使A球仍从C处静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自落点的痕迹。记录纸上的O点是重锤所指的位置，M、P、N分别为落点的痕迹。未放B球时，A球落地点为记录纸上的________点。(2)实验中可以将表达式m1v1＝m1v1′＋m2v 2′转化为m1s1＝m1 s1′＋m2s2′来进行验证，其中s1、s1′、s2′为小球平抛的水平位移。可以进行这种转化的依据是________。(请选择一个最合适的答案)A．小球飞出后的加速度相同B．小球飞出后，水平方向的速度相同C．小球在空中水平方向都做匀速直线运动，水平位移与时间成正比D．小球在空中水平方向都做匀速直线运动，又因为从同一高度平抛，运动时间相同，所以水平位移与初速度成正比(3)完成实验后，实验小组对上述装置进行了如图丙所示的改变：(Ⅰ)在木板表面先后钉上白纸和复印纸，并将木板竖直立于靠近槽口处，使小球A从斜槽轨道上某固定点C由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；(Ⅱ)将木板向右平移适当的距离固定，再使小球A从原固定点C由静止释放，撞到木板上得到痕迹P；(Ⅲ)把半径相同的小球B静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球A仍从原固定点由静止开始滚下，与小球B相碰后，两球撞在木板上得到痕迹M和N；(Ⅳ)用刻度尺测量纸上O点到M、P、N三点的距离分别为y1、y2、y3。请你写出用直接测量的物理量来验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式：________。(小球A、B的质量分别为m1、m2)【解析】(1)A球和B球相撞后，B球的速度增大，A球的速度减小，所以碰撞后A球的落地点距离O点最近，B球离O点最远，中间一个点是未放B球时A的落地点，所以未放B球时，A球落地点是记录纸上的P点。(2)小球碰撞前后都做平抛运动，竖直方向位移相等，由h＝gt2即t＝可知运动的时间相同，水平方向做匀速直线运动，有v＝＝x，因此可以用水平位移代替速度，故D正确。(3)未放小球B时A球打在P点，放了B球之后A球打在N点，B球打在M点，由y＝gt2和v＝可得，v＝x，所以vP＝x，vM＝x，vN＝x，由动量守恒定律有m1vP＝m1vN＋m2vM可得m1x＝m1x＋m2x，化简得到m1＝m1＋m2。答案：(1)P　(2)D(3)m1＝m1＋m2【加固训练】如图所示，在实验室用两端带有竖直挡板C、D的气垫导轨和有固定挡板且质量都是M的滑块A、B做“探究碰撞中的守恒量”的实验，实验步骤如下：Ⅰ.把两滑块A和B紧贴在一起，在A上放质量为m的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A和B，在A和B的固定挡板间放入一轻弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态；Ⅱ.按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当A和B与固定挡板C和D碰撞的同时，电子计时器自动停止记录时间，记下A至C的运动时间t1，B至D的运动时间t2；Ⅲ.重复几次，取t1和t2的平均值。(1)在调整气垫导轨时应注意________________；(2)应测量的数据还有_______________________________________________；(3)只要关系式________________成立，即可得出碰撞中守恒的量是mv的矢量和。【解析】(1)气垫导轨水平才能让滑块做匀速运动。(2)需测出A左端到挡板C的距离x1和B右端到挡板D的距离x2由计时器计下A、B到两挡板的时间t1、t2算出两滑块A、B弹开的速度v1＝，v2＝。(3)由动量守恒知(m＋M)v1－Mv2＝0即：(m＋M)＝。答案：(1)使气垫导轨水平　(2)滑块A的左端到挡板C的距离x1和滑块B的右端到挡板D的距离x2　(3)(M＋m)＝13．(6分)一只质量为1.4 kg的乌贼吸入0.1 kg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2 m/s的速度向前逃窜。求该乌贼喷出的水的速度大小v。【解析】乌贼喷水过程，时间较短，内力远大于外力；选取乌贼逃窜的方向为正方向，根据动量守恒定律得0＝Mv1－mv(3分)解得喷出水的速度大小为v＝＝ m/s＝28 m/s(3分)答案：28 m/s14.(8分)在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速度v0向右运动，在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态。如图所示，小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动，小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO。假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，求两小球质量之比的值。【解析】设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变，设这段时间为t，根据它们通过的路程，则：v1t＝OP(1分)v2t＝OP＋2PQ(1分)解得：＝4(1分)由于A、B的碰撞为弹性碰撞，则有：m1v0＝m1v1＋m2v2(2分)m1v＝m1v＋m2v(2分)可解出：＝2(1分)答案：2 15.(12分)如图所示，光滑水平面上木块A的质量mA＝1 kg，木块B的质量mB＝4 kg，质量为mC＝2 kg的木块C置于足够长的木块B上，B、C之间用一轻弹簧拴接并且接触面光滑。开始时B、C静止，A以v0＝10 m/s 的初速度向右运动，与B碰撞后瞬间B的速度为3.5 m/s，碰撞时间极短。求：(1)A、B碰撞后A的速度；(2)弹簧第一次恢复原长时C的速度大小。【解析】(1)因碰撞时间极短，A、B碰撞时，可认为C的速度为零，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB(2分)解得vA＝＝－4 m/s，负号表示方向与A的初速度方向相反(3分)(2)弹簧第一次恢复原长，弹簧的弹性势能为零。设此时B的速度为vB′，C的速度为vC，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mBvB＝mBvB′＋mCvC(2分)mBv＝mBv′＋mCv(2分)联立以上两式得vC＝ m/s。(3分)答案：(1)4 m/s，方向与v0相反　(2) m/s【加固训练】如图所示，质量为3 kg的小车A以v0＝4 m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为1 kg的小球B(可看作质点)，小球距离车面高h＝0.8 m。某一时刻，小车与静止在水平面上的质量为1 kg的物块C发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略)，此时轻绳突然断裂。此后，小球刚好落入小车右端固定的沙桶中(小桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。求：(1)绳未断前小球与沙桶的水平距离；(2)从初始状态到小球落入沙桶与桶相对静止，整个A、B、C系统损失的机械能ΔE。【解析】(1)A与C碰撞至粘连在一起的过程，A、C构成系统动量守恒，设两者共同速度为v1，mAv0＝(mA＋mC)v1。解得v1＝3 m/s。轻绳断裂，小球在竖直方向做自由落体运动，离A高度h＝0.8 m，由h＝gt2得落至沙桶用时t＝0.4 s。所以，绳未断前小球与沙桶的水平距离x＝(v0－v1)t＝0.4 m。(2)最终状态为A、B、C三者共同运动，设最终共同速度为v2，由水平方向动量守恒，得(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v2，解得v2＝3.2 m/s。系统最终损失的机械能为动能损失和重力势能损失之和ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝(mA＋mB)v－(mA＋mB＋mC)v＋mBgh，代入数据解得ΔE＝14.4 J。答案：(1)0.4 m　(2)14.4 J16．(15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，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g取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？【解题指南】解答本题应注意以下三点：(1)能根据题目条件确定选用动量守恒定律解决弹簧释放后瞬间A、B的速度问题。(2)能在第(1)问的基础上，通过对两物块进行正确的受力分析和运动学分析判断先停止的物块，并通过计算求得两物块间的距离。(3)能够采用“假设——验证——判断”的方法判断B停止运动后，A、B是否碰撞的问题，并根据题意选用动量与能量相结合的方法求得A和B都停止后，二者的距离问题。【解析】(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有0＝mAvA－mBvB①(1分)Ek＝mAv＋mBv②(1分)联立①②式并代入题给数据得vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s③(1分)(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＝μmBg④sB＝vBt－at2⑤vB－at＝0⑥(2分)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(1分)联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得sA＝1.75 m，sB＝0.25 m⑧(1分)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(1分)(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mAv′－mAv＝－μmAg(2l＋sB)⑩(1分)联立③⑧⑩式并代入题给数据得vA′＝ m/s⑪(1分)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″⑫(1分)mAv′＝mAv″＋mBv″⑬(1分)联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得vA″＝ m/s，vB″＝－ m/s⑭(1分)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′＝v″，2asB′＝v″⑮(1分)由④⑭⑮式及题给数据得sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 msA′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(1分)答案：(1)4.0 m/s　 1.0 m/s　(2)B　0.50 m(3)0.91 m