专题二 第7讲 动量 动量与能量的综合应用-【金版教程】2025年高考物理大二轮专题复习冲刺方案课件PPT（基础版）

第一部分　专题复习篇 专题二　能量与动量 第7讲　动量　动量与 能量的综合应用 2 目录 1 2 3 4 5 考点1 考点3 考点2 专题作业 高考命题预测 考点1　动量定理的应用 例1　某人所受重力为G，穿着平底鞋起跳，竖直着地过程中，双脚与地面间的作用时间为t，地面对他的平均冲击力大小为4G，若他穿上带有减震气垫的鞋起跳，以与第一次相同的速度着地时，双脚与地面间的作用时间变为2.5t，则地面对他的平均冲击力变为（　　） A.1.2G 　　　　　B.1.6G　　　　　　C.2.2G 　　　　　　D.2.6G 解析　 设着地前瞬间人的速度大小为v，取竖直向上为正方向，穿着平底鞋时双脚竖直着地过程中，根据动量定理有（F－G）·t＝0－（－mv），其中F＝4G，穿上减震气垫鞋时双脚竖直着地过程中，根据动量定理有（F′－G）·2.5t＝0－（－mv），解得F′＝2.2G，故C正确。 考点１　动量定理的应用 5 考点１　动量定理的应用 6 考点１　动量定理的应用 7 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 F­t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量。若F­t成线性关系，也可直接用平均力求解 考点１　动量定理的应用 8 2.应用动量定理时应注意的问题 （1）动量定理的研究对象可以是单一物体，也可以是一个系统，在研究系统问题时，受力分析只考虑系统的外力。 （2）动量定理的表达式是矢量式，使用时要关注力、初速度、末速度的方向，为了方便要规定正方向。 （3）动量定理是合力的冲量等于物体动量的改变量，要注意合力与单个力的区别。 考点１　动量定理的应用 9 3.用动量定理解决两类连续体问题的步骤 模型一：流体类问题 流体及其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ 分析步骤 1 如图，建立“柱状”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S 2 微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl＝vΔt，对应的质量为Δm＝ρSvΔt 3 建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：（以原来流速v的方向为正方向） （1）作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2； （2）作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2 考点１　动量定理的应用 10 模型二：微粒类问题 微粒及其特点 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n 分析步骤 1 建立“柱状”模型，沿运动的方向选取一段柱形微元，柱体的横截面积为S 2 微元研究，作用时间Δt内的一段柱形微元的长度为Δl＝vΔt，对应的体积为ΔV＝SvΔt，则微元内的粒子数N＝nvSΔt 3 先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算 考点１　动量定理的应用 11 考点2　动量守恒定律及其应用 考点2　动量守恒定律及其应用 13 考点2　动量守恒定律及其应用 14 考点2　动量守恒定律及其应用 15 考点2　动量守恒定律及其应用 16 1.利用动量守恒定律所列方程中的各速度必须相对于同一惯性参考系。 2.动量守恒定律应用的三种情形 （1）理想守恒：系统不受外力或所受合力为零。 （2）近似守恒：外力远小于内力，外力可忽略，系统动量近似守恒，如“爆炸”“碰撞”等现象。 （3）某一方向守恒：系统虽然所受合力不为零，但在某一方向所受合力为零，则在这一方向总动量守恒。 考点2　动量守恒定律及其应用 17 3.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（用得最多）。 （2）Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体的动量的增量等大反向。 （3）Δp＝0，系统总动量的变化量为零。 考点2　动量守恒定律及其应用 18 1.应用动量守恒定律分析问题的关键步骤 考点2　动量守恒定律及其应用 19 考点2　动量守恒定律及其应用 20 考点2　动量守恒定律及其应用 21 考点2　动量守恒定律及其应用 22 4.人船模型 （1）人船模型概述 考点2　动量守恒定律及其应用 23 （2）以下运动模型可等效为人船模型 考点2　动量守恒定律及其应用 24 考点3　动量与能量的综合应用 例5　（2024·江苏高考）如图所示，在水平面上有一个静止的U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左端，右侧用一根细绳连接在滑板A的右端，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则（　　） A.弹簧恢复原长时A的动能最大 B.弹簧压缩至最短时A的动量最大 C.整个系统动量变大 D.整个系统机械能变大 考点3　动量与能量的综合应用 26 考点3　动量与能量的综合应用 27 例6　（2024·安徽高考）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置，由静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着轨道运动。已知细线长L＝1.25 m，小球质量m＝0.20 kg，物块、小车质量均为M＝0.30 kg。小车上的水平轨道长s＝1.0 m，圆弧轨道半径R＝0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 考点3　动量与能量的综合应用 28 （1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小； （2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小； （3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。 答案　（1）6 N　（2）4 m/s （3）0.25≤μ<0.4 考点3　动量与能量的综合应用 29 考点3　动量与能量的综合应用 30 考点3　动量与能量的综合应用 31 动量与能量综合模型归纳 “弹簧类”模型 （1）系统动量守恒； （2）系统机械能守恒； （3）共速时弹簧最长或最短，系统动能损失最大，弹簧的弹性势能最大，类似于完全非弹性碰撞； （4）弹簧再次恢复原长时弹簧的弹性势能再次为零，系统动能最大，整个过程类似于弹性碰撞，此时m2速度最大 考点3　动量与能量的综合应用 32 滑板滑块模型 （1）系统动量守恒； （2）系统机械能不守恒，损失的动能等于产生的内能：－ΔEk＝Q＝fx相 考点3　动量与能量的综合应用 33 考点3　动量与能量的综合应用 34 电磁感应中的 “双杆”模型 达到共速时相当于完全非弹性碰撞，动量满足mav0＝（ma＋mb）v共，损失的动能最大，转化为电能 考点3　动量与能量的综合应用 35 高考命题预测 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 2.（2024·河北省唐山市高三下一模）如图所示，物块A、B与轻弹簧拴接，置于光滑水平面上，弹簧处于原长，物块C以水平速度v0撞向物块B，碰撞时间极短，碰后C与B粘在一起，已知B、C质量均为m，不计一切阻力。 （1）求B、C碰撞过程中B对C的冲量大小； （2）求弹簧弹性势能最大时A的速度与运动过程中A的最大速度之比。 1 2 高考命题预测 解析：（1）设碰后瞬间C与B的速度大小为v1，B、C碰撞过程动量守恒，有mv0＝2mv1 以向右为正方向，对C，根据动量定理，有 I＝m（－v1）－m（－v0） 可得I＝0.5mv0 即B、C碰撞过程中B对C的冲量大小为0.5mv0。 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 专题作业 1.（2024·浙江省温州市高三下三模）2023年9月25日，中国年仅15岁的小将陈烨在杭亚会滑板男子碗池决赛中夺冠。图示为运动员陈烨在比赛中腾空越过障碍物，若忽略空气阻力，那么腾空过程中（　　） A.运动员始终处于超重状态 B.运动员在最高点的加速度为零 C.运动员所受重力的冲量一直变大 D.运动员和滑板构成的系统动量守恒 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 解析：腾空过程中运动员只受重力作用，加速度为重力加速度g，则运动员处于完全失重状态，故A、B错误；运动员所受重力的冲量为I＝Gt，腾空过程t一直增大，则运动员所受重力的冲量一直变大，故C正确；在腾空过程中，在竖直方向上运动员和滑板所受合力不为零，故运动员和滑板构成的系统动量不守恒，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 2.（2021·湖北高考）抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g，出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为（　　） A.40 B.80 C.120 D.160 解析：根据牛顿第三定律，机枪对子弹的平均作用力大小约为F＝12 N，设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得Ft＝nmv0，代入数据解得n＝120，C正确，A、B、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 3.（2024·全国甲卷）（多选）蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是（　　） A.t＝0.15 s时，运动员的重力势能最大 B.t＝0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/s C.t＝1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处 D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 5.（2024·江苏高考）嫦娥六号探测器于5月3日在中国文昌航天发射场发射升空并进入地月转移轨道，探测器经过轨道修正、近月制动，顺利进入环月轨道飞行。此后，探测器经历着陆器和上升器组合体、轨道器和返回器组合体的分离。已知嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为vB，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求： （1）分离后A的速度vA； （2）分离时A对B的推力大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 6.（2024·广东高考）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 （1）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tanθ。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 （2）如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤落到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M＝30 kg，H＝3.2 m， 重力加速度大小取g＝10 m/s2。求： ①碰撞过程中F的冲量大小和方向； ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 7.（2024·甘肃高考）如图，质量为2 kg 的小球A（视为质点）在细绳O′P和OP作用下 处于平衡状态，细绳O′P＝OP＝1.6 m，与竖 直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O′P，小球A开始运动。（重力加速度g取10 m/s2） （1）求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。 （2）A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞（时间极短），碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。 （3）A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。 答案：（1）大小为40 N，方向竖直向下 （2）4 m/s　（3）0.15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 9.（2023·河北省唐山市高三下第一次模拟）（多选）在光滑水平桌面上质量为m的物体A以某一速度与质量为3m的等大物体B发生正碰，碰撞前物体B处于静止状态。已知碰撞后物体B的动能为E，则碰撞之前物体A的动能可能为（　　） A.E 　　　　　　B.3E 　　　　　　　　C.5E　　　　　　D.7E 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 13.（2024·辽宁高考）如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2。求： （1）脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB； （2）物块与桌面间的动摩擦因数μ； （3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。 答案：（1）1 m/s　1 m/s　（2）0.2　（3）0.12 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 14.（2021·湖南高考）（多选）如图a，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a­t图像如图b所示，S1表示0到t1时间内A的a­t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a­t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是（　　） A.0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0 B.mA>mB C.B运动后，弹簧的最大形变量等于x D.S1－S2＝S3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 解析：在0～t1时间内，物体B静止，物体A 从静止向右加速，t1时刻速度为v0，则对系统根 据动量定理可知，墙对B的冲量I＝mAv0，A正确； 由a­t图像可知，t1时刻后弹簧被拉伸，在t2时刻弹 簧的伸长量达到最大，此时根据牛顿第二定律有F弹＝mAaA＝mBaB，由图b可知此时aB>aA，则mB<mA，B正确；由图b可得，t1时刻B开始运动，此时A的速度为v0，之后系统动量守恒，可得A、B的总动能一定大于0，而整个过程，A、B和弹簧组成的系统的机械能守恒，所以B运动后弹簧的弹性势能一定小于开始时弹簧的弹性势能，弹簧的形变量一定小于x，C错误；在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，A、B共速，由a­t图像与坐标轴所围面积表示速度变化量，可知此时vA＝S1－S2，vB＝S3，vA＝vB，则S1－S2＝S3，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 15.（2024·河北省唐山市高三下一模）一同学在练习乒乓球削球技术时，使乒乓球竖直下落，在球与球拍接触的瞬间，保持球拍板面水平向上，并沿水平方向挥动球拍，如图所示。已知乒乓球与球拍接触时间极短，接触前后乒乓球在竖直方向的速度大小分别为5 m/s和4 m/s，乒乓球与球拍之间的动摩擦因数为0.3。若乒乓球可视为质点且不计空气阻力，g取10 m/s2，则乒乓球在与球拍接触后获得的水平速度大小为（　　） A.1.2 m/s B.1.5 m/s C.2.0 m/s D.2.7 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 解析：乒乓球与球拍接触的过程，设球拍对乒乓球的支持力大小为N，摩擦力大小为f，则有f＝μN，在竖直方向，以向上为正方向，对乒乓球由动量定理有（N－mg）Δt＝mv2－m（－v1），其中v1＝5 m/s，v2＝4 m/s，在水平方向，对乒乓球由动量定理有fΔt＝mv水，由于乒乓球与球拍接触时间Δt极短，则重力相比支持力极小，可忽略不计，联立解得乒乓球在与球拍接触后获得的水平速度大小v水＝μ（v2＋v1）＝2.7 m/s，故选D。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 16.（2024·安徽省池州市普通高中高三下教学质量统一监测）如图所示，质量为m的小球A从地面向上斜抛，抛出时的速度大小为25 m/s，方向与水平方向夹角为53°，在A抛出的同时有一质量为m的黏性小球B从某高处自由下落，当A上升到最高点时恰能击中竖直下落中的黏性小球B，A、B两球碰撞时间极短，碰后A、B两球粘在一起落回地面，不计空气阻力，sin53°＝0.8，g取10 m/s2。以下说法正确的是（　　） A.小球A上升至最高处时水平位移是20 m B.小球B下落时离地面的高度是40 m C.小球A从抛出到落回地面的时间为4 s D.小球A从抛出到落回地面的水平距离为45 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 专题作业 16 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 例2　（2023·山东省烟台市高三下一模）2006年9月，中国第一座太空娱乐风洞在四川省绵阳市建成并投入运营。娱乐风洞是一种空中悬浮装置，在一个特定的空间内人工制造和控制气流，游客只要穿上特制的可改变受风面积（游客在垂直风力方向的投影面积）的飞行服跳入飞行区，即可通过改变受风面积来实现向上、向下运动或悬浮。现有一竖直圆柱形风洞，风机通过洞口向风洞内“吹气”，产生竖直向上、速度恒定的气流。某时刻，有一质量为m的游客恰好在风洞内悬浮，已知气流密度为ρ，游客受风面积为S，重力加速度为g，假设气流吹到人身上后速度变为零，则气流速度大小为（　　） A.eq \r(\f(mg,4ρS)) B.eq \r(\f(mg,2ρS)) C.eq \r(\f(mg,ρS)) D.eq \r(\f(2mg,ρS)) 解析　设气流速度大小为v，人对气流的力大小为F，在极短时间Δt内吹到人身上的气体质量为Δm＝ρSvΔt，则对此部分气体由动量定理有－F·Δt＝0－Δm·v，由牛顿第三定律得，气流对人的力大小为F′＝F，人受力平衡，则F′＝mg，解得v＝eq \r(\f(mg,ρS))，故C正确。 例3　（2024·河北省保定市高三下二模）（多选）如图所示，三个小孩分别坐在三辆碰碰车（可看成质点）上，任意一个小孩加上自己的碰碰车后的总质量都相等，三辆碰碰车在一光滑水平面上排成一直线，且初始时彼此隔开相等的距离。具有初动能E0的碰碰车1向右运动，依次与两辆静止的碰碰车2、3发生碰撞，碰撞时间很短且碰后连为一体，最后这三辆车粘成一个整体成为一辆“小火车”，下列说法正确的是（　　） A.三辆碰碰车整体最后的动能等于eq \f(1,3)E0 B.碰碰车1运动到2的时间与2运动到3的时间之比为2∶3 C.碰碰车第一次碰撞时损失的机械能和第二次碰撞时损失的机械能之比为3∶1 D.碰碰车第一次碰撞时损失的机械能和第二次碰撞时损失的机械能之比为3∶2 解析　设三辆碰碰车与所载小孩的质量和均为m，碰碰车1的初速度大小为v0，碰碰车第一次碰撞和第二次碰撞后的速度大小分别为v1和v2，动能分别为E1和E2。根据动量守恒定律，有mv0＝2mv1，2mv1＝3mv2，解得v0∶v1∶v2＝6∶3∶2；由于E0＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，E1＝eq \f(1,2)（2m）veq \o\al(2,1)，E2＝eq \f(1,2)（3m）veq \o\al(2,2)，则E0∶E1∶E2＝6∶3∶2，可知E2＝eq \f(1,3)E0，A正确；因为三辆碰碰车初始时彼此隔开相等的距离，由t＝eq \f(x,v)可知，碰碰车1运动到2的时间与2运动到3的时间之比为t1∶t2＝eq \f(1,v0)∶eq \f(1,v1)＝1∶2，B错误；碰碰车两次碰撞损失的机械能分别为ΔE1＝E0－E1，ΔE2＝E1－E2，解得ΔE1∶ΔE2＝3∶1，C正确，D错误。 例4　（2023·山东省济南市高三下一模）（多选）某课外兴趣小组在一次实验中，将自制火箭从地面竖直向上发射，火箭到达最高点时爆炸，分裂成质量不等的P、Q两部分，P、Q两部分的质量比为2∶5。爆炸后P部分的初速度大小为50 m/s，方向斜向下与竖直方向成60°角。若爆炸点离地高度为120 m，不计P、Q运动过程中受到的阻力，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是（　　） A.Q部分落地时的速度大小为20eq \r(7) m/s B.Q部分落地时的速度大小为90 m/s C.P部分落地点与爆炸点的水平距离为75eq \r(3) m D.P部分落地点与爆炸点的水平距离为135eq \r(3) m 解析　爆炸过程中由动量守恒定律得mPvP＝mQvQ，且mP∶mQ＝2∶5，Q部分从爆炸后到落地过程中，由动能定理得mQgh＝eq \f(1,2)mQv2－eq \f(1,2)mQveq \o\al(2,Q)，解得Q部分落地时的速度大小v＝20eq \r(7) m/s，A正确，B错误；对P部分，在竖直方向有vPy0＝vPcos60°＝25 m/s，h＝vPy0t＋eq \f(1,2)gt2，解得P部分下落的时间t＝3 s，水平方向有vPx＝vPsin60°＝25eq \r(3) m/s，x＝vPxt，解得P部分落地点与爆炸点的水平距离为x＝75eq \r(3) m，C正确，D错误。 2.碰撞现象满足的规律 （1）动量守恒定律。 （2）动能之和不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或2,1)eq \f(p,2m1) ＋2,2)eq \f(p,2m2) ≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2)。 （3）速度合理：若碰后速度同向，后方物体速度不大于前方物体速度；另外，两物体碰撞前若相向运动，则碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。 3.两种碰撞的特点 （1）弹性碰撞 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的静止小球发生弹性正碰为例，有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2 解得v1′＝eq \f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq \f(2m1v1,m1＋m2)。 结论： ①当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度。 ②当质量大的球碰质量小的球时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动。 ③当质量小的球碰质量大的球时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来。 ④当m1≫m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1。 ⑤当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′≈0。 （2）完全非弹性碰撞 动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v共，机械能损失最多，机械能的损失：ΔE＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)－eq \f(1,2)（m1＋m2）veq \o\al(2,共)。 解析　对A、弹簧与B组成的系统受力分析，该系统所受合外力为零，则其动量守恒，又运动过程中，只有弹簧弹力做功，所以系统的机械能守恒，C、D错误；设A、B的质量分别为mA、mB，某时刻的速度大小分别为vA、vB，弹簧弹性势能的减小量为ΔEp，对系统由动量守恒定律有mAvA＝mBvB，由机械能守恒定律有ΔEp＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B)，A的动能EkA＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)，联立可得EkA＝eq \f(mB,mA＋mB)ΔEp，则当弹簧恢复至原长时，ΔEp最大，A的动能最大，A正确；当弹簧压缩至最短时，A、B共速，由动量守恒定律可知，此时两者的速度大小为0，则此时A的动量最小，B错误。 解析　（1）设小球运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v0，此时细线上的拉力大小为FT，对小球摆动到最低点的过程，由动能定理有mgL＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－0 在最低点，对小球受力分析，由牛顿第二定律有FT－mg＝m2,0)eq \f(v,L) 联立并代入数据，解得FT＝6 N。 （2）设碰撞后瞬间小球的速度为v1，物块的速度为v2，小球与物块的碰撞为弹性碰撞，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得 mv0＝mv1＋Mv2 由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2) 联立并代入数据，解得v2＝4 m/s 即碰撞后瞬间，物块速度的大小为4 m/s，方向水平向右。 （3）若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点时两者共速，此时动摩擦因数μ有最大值μmax，设共同速度的大小为v3，以水平向右为正方向，对物块与小车整体，由动量守恒定律有Mv2＝2Mv3 由能量守恒定律有eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2)＝eq \f(1,2)×2Mveq \o\al(2,3)＋μmaxMgs 联立并代入数据，解得μmax＝0.4 若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置时两者共速，此时动摩擦因数μ有最小值μmin，设共同速度大小为v4，以水平向右为正方向，对物块与小车整体，由水平方向动量守恒有 Mv2＝2Mv4 由能量守恒定律有eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2)＝eq \f(1,2)×2Mveq \o\al(2,4)＋μminMgs＋MgR 联立并代入数据，解得μmin＝0.25 综上所述，物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。 “轨道类”模型 （1）水平方向动量守恒； （2）系统机械能守恒； （3）最高点：m与M共速。mv0＝（M＋m）v共；eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)（M＋m）veq \o\al(2,共)＋mgh，其中h为m上升的最大高度（完全非弹性碰撞拓展模型）； （4）最低点：mv0＝mv1＋Mv2；eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2)（弹性碰撞拓展模型） 1.（2024·广西河池市高三下二模）如图所示，装有沙子的小车静止在光滑的水平面上，总质量为1.5 kg，将一个质量为0.5 kg的小球从距沙面0.45 m高度处以大小为4 m/s的初速度水平抛出，小球落入车内并陷入沙中最终与车一起向右匀速运动。不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是（　　） A.小球陷入沙子过程中，小球和沙、车组成的系统动量守恒 B.小球陷入沙子过程中，沙子对小球的冲量大小为eq \f(3\r(2),2) N·s C.小车最终的速度大小为1 m/s D.小车最终的速度大小为2 m/s 解析：小球陷入沙子过程中，小球在竖直方向上向下做减速运动，具有向上的加速度，对于小球和沙、车组成的系统，根据牛顿第二定律可知，系统在竖直方向所受的合力不为零，因此系统动量不守恒，A错误；设小球的质量、沙和车的总质量分别为m、M，小球的初速度为v0，小球陷入沙子过程中，小球和沙、车组成的系统在水平方向动量守恒，有mv0＝（m＋M）v，解得小车最终的速度大小为v＝1 m/s，C正确，D错误；由veq \o\al(2,y)＝2gh可知，小球陷入沙子前瞬间，小球竖直方向的分速度vy＝eq \r(2gh)＝3 m/s，根据动量定理，水平方向有I沙x＝mv－mv0，竖直方向有I沙y－IG＝0－（－mvy），其中IG是重力的冲量，根据矢量合成，知沙子对小球的冲量大小I沙＝2,沙x)eq \r(I＋Ieq \o\al(2,沙y)) ，可得I沙>eq \f(3\r(2),2) N·s，B错误。 答案：（1）0.5mv0　（2）eq \f(1,2) （2）B、C碰后压缩弹簧至三者共速时弹簧弹性势能最大，设此时A的速度大小为v2，当弹簧第一次恢复到原长时A的速度最大，设此时A的速度为v3，B和C的速度为v4，设A的质量为M，从撞后B、C共速至三者共速，根据动量守恒定律，有2mv1＝（2m＋M）v2 从撞后B、C共速至弹簧第一次恢复到原长过程，根据动量守恒定律，有2mv1＝2mv4＋Mv3 由机械能守恒定律，有eq \f(1,2)·2mveq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2)·2mveq \o\al(2,4)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,3) 联立解得v2＝eq \f(2mv1,2m＋M)，v3＝eq \f(4mv1,2m＋M) 故eq \f(v2,v3)＝eq \f(1,2)。 解析：根据牛顿第三定律结合题图可知，t＝0.15 s时，蹦床对运动员的弹力最大，则蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；根据题图可知，运动员在t＝0.30 s离开蹦床，t＝2.30 s再次落到蹦床，经历的时间为Δt＝2 s，运动员在这期间做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为eq \f(Δt,2)＝1 s，则t＝1.00 s时，运动员还在向上运动，t＝1.30 s时，运动员恰好运动到最大高度处，由逆向思维可得，t＝0.30 s时运动员的速度大小为v＝g·eq \f(Δt,2)＝10 m/s，故B正确，C错误；由竖直上抛运动的对称性可知，运动员落到蹦床上时的速度大小也为10 m/s，设运动员的质量为m，运动员每次与蹦床接触到离开过程中受到蹦床的平均作用力大小为eq \o(F,\s\up6(－))′，以竖直向上为正方向，根据动量定理有eq \o(F,\s\up6(－))′·Δt′－mg·Δt′＝mv－（－mv），其中Δt′＝0.3 s，代入数据可得eq \o(F,\s\up6(－))′＝4600 N，根据牛顿第三定律可知，运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为eq \o(F,\s\up6(－))＝eq \o(F,\s\up6(－))′＝4600 N，故D正确。 4.（2024·山东省烟台市高三下一模）如图所示，某超市两辆相同的手推购物车质量均为m、相距2L沿直线排列，静置于水平地面上。为节省收纳空间，工人给第一辆车一个瞬间的水平推力F使车自行运动，并与第二辆车相碰，且在极短时间内相互嵌套结为一体，以共同的速度运动了距离eq \f(L,2)，恰好停靠在墙边。若车运动时受到的摩擦力恒为车重的k倍，忽略空气阻力，重力加速度为g。则工人给第一辆购物车水平推力F的冲量大小为（　　） A.2meq \r(2kgL) B.2meq \r(2kgL＋\f(FL,m)) C.2meq \r(3kgL) D.2meq \r(3kgL＋\f(FL,m)) 解析：设第一辆车刚被F推出时的速度为v0，第一辆车与第二辆车相碰前瞬间的速度大小为v1，碰后的共同的速度大小为v2，对于相互嵌套结为一体的两辆车，碰撞后运动到墙边的过程，根据动能定理可得－k·2mg·eq \f(L,2)＝0－eq \f(1,2)（2m）veq \o\al(2,2)，对两车的碰撞过程，由动量守恒定律有mv1＝2mv2，第一辆车有速度后到与第二辆车碰撞前，根据动能定理可得－kmg·2L＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，F作用在第一辆车上的过程，根据动量定理，工人给第一辆车水平推力F的冲量大小为IF＝mv0，联立解得IF＝2meq \r(2kgL)，故选A。 答案：（1）eq \f(（m＋M）v0－MvB,m)　（2）eq \f(MvB－Mv0,Δt) 解析：（1）A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有（m＋M）v0＝MvB＋mvA 解得vA＝eq \f(（m＋M）v0－MvB,m)。 （2）设分离时A对B的推力为F，A、B分离的过程，以B的速度方向为正方向，对B由动量定理有FΔt＝MvB－Mv0 解得F＝eq \f(MvB－Mv0,Δt) 即分离时A对B的推力大小为eq \f(MvB－Mv0,Δt)。 答案：（1）eq \f(ma,mg＋FN)　（2）①330 N·s　方向竖直向上　②0.2 m 解析：（1）敏感球受竖直向下的重力mg、敏感臂竖直向下的压力FN以及底座斜面的支持力N，受力分析如图所示，由牛顿第二定律可知，水平方向有Nsinθ＝ma 由平衡条件可知，竖直方向有Ncosθ＝mg＋FN 联立解得tanθ＝eq \f(ma,mg＋FN)。 （2）①F­t图像中图线与时间轴所围的面积表示力F的冲量大小， 可知碰撞过程中F的冲量大小IF＝eq \f(1,2)×0.1×6600 N·s＝330 N·s 根据F的方向竖直向上可知，F的冲量方向竖直向上。 ②设落到气囊表面时头锤的速度大小为v0，碰撞结束后瞬间头锤的速度大小为v，碰撞结束后头锤上升的最大高度为h。头锤由静止释放到落到气囊表面前的过程做自由落体运动， 有veq \o\al(2,0)＝2gH 与气囊作用过程，以竖直向上为正方向，对头锤由动量定理有 IF－MgΔt＝Mv－（－Mv0） 式中头锤与气囊作用的时间Δt＝0.1 s 头锤离开气囊后做竖直上抛运动，由匀变速直线运动速度与位移的关系有0－v2＝－2gh 联立并代入数据，解得h＝0.2 m。 解析：（1）设A的质量为mA，细绳OP长为l，A运动到最低点时的速度大小为v0，所受的拉力为F，根据机械能守恒定律，有 mAgl（1－cos60°）＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,0)－0 A运动到最低点时，根据牛顿第二定律有 F－mAg＝2,0)eq \f(mAv,l) 代入数据解得v0＝4 m/s，F＝40 N 根据牛顿第三定律可知，A运动到最低点时，细绳OP所受的拉力大小F′＝F＝40 N，方向竖直向下。 （2）由碰后A竖直下落可知，碰后A水平方向的速度变为0。设碰后C的速度大小为vC，C的质量为mC，A与C相碰时，A、C组成的系统水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则有mAv0＝0＋mCvC 代入数据解得vC＝4 m/s。 （3）设B的质量为mB，C和B之间的动摩擦因数为μ，C与B达到的共同速度大小为v，C相对B滑行的距离为L。C相对B滑行的过程，对B、C组成的系统，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得mCvC＝（mB＋mC）v 根据能量守恒定律得 μmCgL＝eq \f(1,2)mCveq \o\al(2,C)－eq \f(1,2)（mB＋mC）v2 联立并代入数据，解得μ＝0.15。 8.（2024·河北省沧州市高三下二模）如图所示，质量为m的物块用可变力F压在竖直墙壁上，物块处于静止状态。某时刻开始F突变，以此时作为计时起点，F大小满足F＝kt。已知物块与墙壁之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，则至少经过多长时间物块相对于墙壁再次静止（　　） A.eq \f(mg,μk) B.eq \f(mg,2μk) C.eq \f(2mg,μk) D.eq \f(4mg,μk) 解析：设至少经过时间t物块相对于墙壁再次静止，在0～t内，物块所受摩擦力f＝μF＝μkt，所以摩擦力随时间均匀变化，则这段时间摩擦力的冲量If＝eq \o(f,\s\up6(－))·t＝eq \f(1,2)μkt2，由动量定理，有－If＋mgt＝0－0，解得t＝eq \f(2mg,μk)，C正确。 解析：设物体A碰前速度为v0，若两物体发生完全非弹性碰撞，碰后A、B速度均为v，则由动量守恒定律得mv0＝（m＋3m）v，解得v＝eq \f(v0,4)，此时E＝eq \f(1,2)·3mv2，解得碰撞之前物体A的动能Ek1＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(16,3)E；若两物体发生弹性碰撞，碰后A、B速度分别为v1、v2，则由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝mv1＋3mv2，eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)·3mveq \o\al(2,2)，解得v1＝－eq \f(1,2)v0，v2＝eq \f(1,2)v0，此时E＝eq \f(1,2)·3mveq \o\al(2,2)，解得碰撞之前物体A的动能Ek2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(4,3)E，则碰撞之前物体A的动能Ek取值范围为eq \f(4,3)E≤Ek≤eq \f(16,3)E，故选B、C。 10.（2024·安徽高考）（多选）一倾角为30°足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐标系，如图1所示。从t＝0开始，将一可视为质点的物块从O点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力F1和F2，其大小与时间t的关系如图2所示。已知物块的质量为1.2 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。则（　　） A.物块始终做匀变速曲线运动 B.t＝1 s时，物块的y坐标值为2.5 m C.t＝1 s时，物块的加速度大小为5eq \r(3) m/s2 D.t＝2 s时，物块的速度大小为10eq \r(2) m/s 解析：沿x轴方向，根据题图2可得，F1＝4－t（N），F2＝3t（N），故F1与F2两个力的合力为Fx＝F1＋F2＝4＋2t（N），在y轴方向上，物块受到的力为Fy＝mgsin30°，根据平行四边形定则可得，物块所受合力F＝2,x)eq \r(F＋Feq \o\al(2,y)) 随时间变化，故物块做的不是匀变速曲线运动，A错误；在y轴方向上，根据牛顿第二定律有Fy＝may，可得y轴方向的加速度为ay＝5 m/s2，故t＝1 s时，物块的y坐标值为y1＝eq \f(1,2)ayteq \o\al(2,1)＝2.5 m，B正确； t＝1 s时，物块在x轴方向所受合力为Fx1＝6 N，在x轴方向上，根据牛顿第二定律有Fx1＝max1，可得此时物块在x轴方向的加速度为ax1＝5 m/s2，故此时物块的加速度大小为a1＝2,x1)eq \r(a＋aeq \o\al(2,y)) ＝5eq \r(2) m/s2，C错误；由于Fx与时间t呈线性关系，故0～2 s内Fx的冲量IFx＝eq \o(F,\s\up6(－))xt2＝eq \f(（4＋2×0）＋（4＋2×2）,2)×2 N·s＝12 N·s，0～2 s内，在x轴方向，对物块根据动量定理有IFx＝mvx2－0，可解得t＝2 s时物块在x轴方向的分速度vx2＝10 m/s，此时物块在y轴方向的分速度大小为vy2＝ayt2＝5×2 m/s＝10 m/s，故此时物块的速度大小为v2＝2,x2)eq \r(v＋veq \o\al(2,y2)) ＝10eq \r(2) m/s，D正确。 11.（2024·广东高考）（多选）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（　　） A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度 C.乙的运动时间与H乙无关 D.甲最终停止位置与O处相距eq \f(H乙,μ) 解析：两滑块在光滑斜坡上运动时加速度相同，又两滑块同时由静止开始下滑，则甲、乙两滑块在斜坡上运动时相对静止，故A正确；两滑块质量相同，设两滑块质量均为m，碰撞前瞬间甲、乙的速度分别为v甲、v乙，碰撞后瞬间甲、乙的速度分别为v甲′、v乙′，甲、乙发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv甲＋mv乙＝mv甲′＋mv乙′，根据总动能不变有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,甲)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,乙)＝eq \f(1,2)mv甲′2＋eq \f(1,2)mv乙′2，联立可解得v甲′＝v乙，v乙′＝v甲，可知碰撞后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确； 设斜坡倾角为θ，两滑块沿斜坡下滑过程加速度大小为a，由牛顿第二定律有mgsinθ＝ma，乙沿斜坡下滑过程，有eq \f(H乙,sinθ)＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1)，联立解得乙在斜坡上的运动时间t1＝eq \r(\f(2H乙,gsin2θ))，考虑一种特殊情况：H甲＝0，则乙的运动时间即为t1，t1与H乙有关，则乙的运动时间与H乙有关，故C错误；由于甲、乙发生弹性碰撞时交换速度，且甲、乙在水平面上运动时加速度相同，分析可知，甲最终停止位置和乙不与甲发生碰撞的停止位置相同，设乙不与甲发生碰撞的停止位置与O处相距x，对乙运动的全过程，由动能定理有mgH乙－μmgx＝0－0，解得x＝eq \f(H乙,μ)，则甲最终停止位置与O处相距x＝eq \f(H乙,μ)，故D正确。 12.（多选）物理学中有一种碰撞被称为“超弹性连续碰撞”，通过能量的转移可以使最上面的小球弹起的高度比释放时的高度更大。如图所示，A、B、C三个弹性极好的小球，相邻小球间有极小间隙，三球球心连线竖直，从离地一定高度处由静止同时释放（其中C球下部离地H），所有碰撞均为弹性碰撞，且碰后B、C恰好静止，则（　　） A.C球落地前瞬间A球的速度为eq \r(2gH) B.从上至下三球的质量之比为1∶2∶6 C.A球弹起的最大高度为25H D.A球弹起的最大高度为9H 解析：因为A、B、C三球由静止同时释放，所以C球落地前瞬间三球的速度相等，由自由落体运动公式v2＝2gH，得vA＝vB＝vC＝eq \r(2gH)，A正确；由题意可知，C球碰地，反向碰B，B再反向碰A，因都是弹性碰撞，设向上为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律，可知C碰B有mCvC－mBvB＝mBvB′，eq \f(1,2)mCveq \o\al(2,C)＋eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B)＝eq \f(1,2)mBvB′2，B碰A有mBvB′－mAvA＝mAvA′，eq \f(1,2)mBvB′2＋eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)＝eq \f(1,2)mAvA′2，联立可得mA∶mB∶mC＝1∶2∶6，B正确；由于系统的机械能守恒，A球弹起的最大高度hmax＝eq \f(mAgH＋mBgH＋mCgH,mAg)＝9H，C错误，D正确。 解析：（1）A离开桌面后做平抛运动，设A做平抛运动的时间为t，由平抛运动规律得h＝eq \f(1,2)gt2 xA＝vAt 联立并代入数据解得vA＝1 m/s 由静止释放物块A、B到弹簧恢复原长的过程，受力分析可知，A、B所受合力始终等大反向，则A、B组成的系统所受合力为0，系统动量守恒。以水平向左为正方向，对A、B组成的系统由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0 代入数据解得vB＝1 m/s。 （2）对物块B从脱离弹簧到停止的过程，由动能定理得－μmBgxB＝0－eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B) 代入数据解得μ＝0.2。 （3）设从释放A、B到弹簧恢复原长，A的位移大小为ΔxA，B的位移大小为ΔxB，由能量守恒定律得ΔEp＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B)＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB 由位移关系得Δx＝ΔxA＋ΔxB 联立并代入数据解得ΔEp＝0.12 J。 解析：A在抛出后到与B碰撞前在空中做斜上抛运动，且恰好运动到最高点，可视为平抛运动的逆过程，设小球抛出时的速度大小为v，上升至最高处时水平位移为x1，竖直位移为hA，运动时间为t1，根据平抛运动规律，有（vsin53°）2＝2ghA，vsin53°＝gt1，x1＝vcos53°·t1，联立并代入数据，解得x1＝30 m，hA＝20 m，t1＝2 s，故A错误；由题意可知，小球B碰撞前做自由落体运动，其运动时间同样为t1，则碰撞前其下落高度hB＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,1)＝20 m，则小球B下落时离地面的高度HB＝hA＋hB＝40 m，故B正确； 碰撞前小球B的速度大小vB＝gt1＝20 m/s，碰撞过程中，在竖直方向上两球动量守恒，有mvB＝2mvy，解得两球粘在一起后的竖直速度vy＝10 m/s，设两球粘在一起后运动的时间为t2，碰撞之后，在竖直方向上，由匀变速直线运动规律有hA＝vyt2＋eq \f(1,2)gteq \o\al(2,2)，得t2＝（eq \r(5)－1） s[另一解t2＝（－eq \r(5)－1） s舍去]，则小球A从抛出到落回地面的时间为t＝t1＋t2＝（eq \r(5)＋1） s，故C错误；碰撞过程中，在水平方向上两球动量守恒，有mvcos53°＝2mvx，解得碰撞后两小球的水平速度大小vx＝7.5 m/s，从碰撞到两小球落地的过程中，小球A的水平位移为x2＝vxt2＝eq \f(15（\r(5)－1）,2) m，则小球A从抛出到落回地面的水平距离为x＝x1＋x2＝eq \f(15（\r(5)＋3）,2) m，故D错误。 $$