第4周 动量和能量的综合应用-【周测必刷】2025-2026学年高二物理选择性必修1+2（人教版2019）

— 14 — 第四周 动量和能量的综合应用 (时间:45分钟 分值:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 周推好题 第10题以物块弹簧模型和板块模型为例,综合考查学生应用力学三大规律解 决多过程多物 体 问 题。该 题 题 目 设 置 灵 活,紧 扣 知 识 点,对 学 生 的 综 合 应 用 能 力 要 求 较 高,值得推荐。 【考点·一应俱全】(共50分) 考点一 弹簧—小球(物块)模型 1.如图所示,P物体与一个连着水平弹簧的Q物体正碰,碰撞后P物体静止,Q物 体以P物体碰撞前速度v离开,已知P与Q质量相等,弹簧质量忽略不计,那么 当弹簧被压缩至最短时,下列结论中正确的是 ( ) A.P的速度恰好为零 B.P与Q具有相同速度 C.Q刚开始运动 D.Q的速度等于v 2.(多选)(2025·广州市第四中学高二期中)如图甲所示,在光滑水平面上,水平轻质弹簧右端固 定,物体A以速度v0 向右运动压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧右端连接另一质 量为m 的物体B(如图乙所示),物体A以2v0 的速度向右压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量仍为 x,则 ( ) A.物体A 的质量为3m B.物体A 的质量为2m C.弹簧压缩量最大时的弹性势能为32mv0 2 D.弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv02 3.(多选)(2025·北京市师大附中高二期末)如图所示,在光滑的水平面上放有 两个小球A和B,其质量mA=1kg、mB=4kg,B球上固定一水平轻质弹簧。 若A球以速率v=4m/s向右运动去碰撞静止的B球,下列说法正确的是 ( ) A.A、B两球在碰撞过程中的加速度都是先增大后减小 B.弹簧最大的弹性势能为6.4J C.碰撞结束时,小球A将向左运动 D.碰撞结束时,B球速度大小为3.2m/s 考点二 滑块—斜(曲)面模型 4.(多选)(2025·南充市嘉陵一中高二月考)如图所示,小车的上表面由中间突出 的两个对称的曲面组成。整个小车的质量为m,原来静止在光滑的水平面上。 现有一可视为质点的小球,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,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.小球在滑上曲面的过程中,小车的动量变化是12mv C.小球和小车作用前后,小车和小球的速度一定变化 D.车上曲面的竖直高度不会大于v 2 4g 5.(多选)(2025·淄博市实验中学高二期中)如图所示,足够长的光滑水平面 上静止一质量为3m 的弧形槽,弧形槽和水平面平滑连接,质量为m 的滑 块(可视为质点),从距离水平面高度为h的A 点由静止沿弧形槽滑下,之 后被水平轻质弹簧反向弹出,不计一切阻力及能量损失、重力加速度的大小为g。以下说法正确 的是 ( ) A.滑块沿弧形槽下滑过程中,二者组成的系统动量守恒,机械能也守恒 B.弹簧获得的最大弹性势能为34mgh C.滑块沿弧形槽上升的最大高度等于h4 D.滑块再一次离开弧形槽后,不可能和弹簧发生作用 考点三 子弹打木块模型 6.(2025·佛山市郑裕彤中学高二月考)如图所示,相互接触不粘连的质量均为m的木 块A、B静止放置在光滑水平面上,现有一子弹水平穿过两木块,设子弹穿过木块 A、B的时间分别为t1 和t2,木块对子弹水平方向的作用力恒为Ff,则下列说法正确的是 ( ) A.t1 时间内,子弹的动量变化量大于A的动量变化量 B.t2 时间内,子弹的动量变化量大于B的动量变化量 C.t1 时间内,子弹和A的总动量守恒 D.t2 时间内,子弹和B的总机械能守恒 7.(2025·佳木斯市第一中学期末)质量为 M 的均匀木块静止在光滑水平面上, 木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射击手。首先左侧射手开 枪,子弹水平射入木块的最大深度为d1,然后右侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d2, 如图所示。设子弹均未射穿木块,且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同。当两颗子弹均 相对木块静止时,下列说法中正确的是 ( ) A.最终木块静止,d1=d2 B.最终木块向右运动,d1<d2 C.最终木块向左运动,d1=d2 D.最终木块静止,d1<d2 8.(2025·广东省华侨中学期中)如图所示,两个质量和速度均相同的子弹分别 水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块 A、B中, 射入A中的深度是射入B中深度的两倍。上述两种射入过程相比较 ( ) A.射入滑块A的子弹速度变化大 B.整个射入过程中两滑块受到的冲量一样大,滑块对子弹的平均阻力一样大 C.射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍 D.两个过程中系统产生的热量相同 考点四 滑块—木板模型 9.(多选)(2025·云南凤庆县第一中学期中)如图所示,光滑水平地面上并排 放置着质量分别为m1=1kg、m2=2kg的木板,一质量为M=2kg、大小可 忽略的滑块以初速度v0=10m/s从两木板左侧滑上第一块木板,当滑块滑 离第一块木板时,滑块的速度大小为v1=7m/s,滑块最终与第二块木板相对静止,则下列说法正 确的是 ( ) A.第一块木板最终的速度大小为2m/s B.第一块木板最终的速度大小为1m/s C.滑块最终的速度大小为4.5m/s D.第二块木板最终的速度大小为3m/s 10.(多选)(2025·朝阳市高二期末)如图甲所示,光滑水平面上放着长木板B,质量为m=2kg的木 块A以速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板B的上表面,由于A、B之间有摩擦,之后,A、B 的速度随时间变化情况如图乙所示,重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是 ( ) A.A、B之间的动摩擦因数为0.1 B.长木板的质量 M=2kg C.长木板长度至少为2m D.A、B组成的系统损失的机械能为4J 11.(多选)(2025·佛山市三水中学高二统测)如图,长度l=1m,质量 M=1kg 的车厢,静止于光滑的水平面上。车厢内有一质量为m=1kg、可视为质点的 物块以速度v0=10m/s从车厢中点处向右运动,与车厢壁来回弹性碰撞n次 — 13 — — 16 — 后,与车厢相对静止,物块与车厢底板间的动摩擦因数为μ=0.1,重力加速度g=10m/s 2。下列 说法正确的是 ( ) A.n=26 B.系统因摩擦产生的热量为25J C.物块最终停在车厢右端 D.车厢最终运动的速度为5m/s,方向水平向右 12.(2025·深圳市高二期中)如图所示,质量为m1=0.3kg的小车静止在光 滑的水平面上,车长L=1.5m,现有质量为m2=0.2kg、可视为质点的物 块,以水平向右的速度v0=2m/s从左端滑上小车,最后在车面上某处与 小车保持相对静止,物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5,g取10m/s 2。求: (1)小车最终速度大小v; (2)物块在车面上滑行的时间t; (3)要使物块不从小车右端滑出,物块滑上小车左端的速度v0'不超过多少。 【探究·一举突破】(共15分) 探究主题 探究滑块—斜(曲)面模型 如图所示,小球A以速度v0 滑上静置于光滑水平面上的光滑圆弧轨道 B。已知小球在上升过程中始终未能冲出圆弧,试分析: 探究问题: (1)在相互作用的过程中,小球A和轨道B组成的系统机械能是否守恒? 总动量是否守恒? (2)小球到达最高点时,小球与轨道的速度有什么关系? (3)什么时候轨道B的速度达到最大? (4)小球离开轨道瞬间系统总动量、系统机械能与初始状态有怎样的关系? 试列式说明。 【综合·一练到底】(共35分) 13.(18分)(2025·佛山市三水中学高二月考)如图所示,一颗质量为0.01kg 的子弹(可视为质点),沿水平方向射向静止在光滑水平桌面上的木块,木块 的质量为0.2kg,长度为10cm,子弹射入前速度为200m/s,穿出木块时速度减为100m/s,已 知子弹穿过木块过程中木块对子弹的阻力不变,求: (1)木块获得的速度大小; (2)此过程中,木块对子弹的阻力大小; (3)子弹穿过木块过程所用时间。 14.(17分)(2025·广州华南师大附中高二月考)如图所示,质量mA=3kg的 木板A和质量mB=1kg的光滑 1 4 圆弧槽B静置在光滑水平面上,A和B 接触但不粘连,B左端与A上表面相切。质量mC=2kg的小滑块C以一水平向右的初速度从 木板A的左端滑上木板,当C离开A时,C的速度大小vC=4m/s,C滑上圆弧槽B后,恰好能 到达B的最高点,此时B的速度大小vB=3m/s。已知A、C间的动摩擦因数μ=0.4,重力加速 度g取10m/s2。求: (1)当C刚滑上A时,A的加速度大小a; (2)当C离开A时,B的速度大小vB'; (3)A的长度L。 【选做·一飞冲天】(尖子生选做) (2025·佛山市顺德区郑裕彤中学高二月考)如图所示,质量mC=4.5kg的 长木板C静止在光滑的水平面上,长木板C右端与竖直固定挡板相距x0, 左端放一个质量mB=3.0kg的小物块B(可视为质点),与长木板C间的动 摩擦因数为μ=0.05。在小物块B的正上方,用不可伸长、长度l=0.8m 的轻绳将质量mA=1.0kg的小球A悬挂在固定点O。初始时,将轻绳拉直并处于水平状态,使 小球A与O点等高,由静止释放。当小球A下摆至最低点时恰好与小物块B发生碰撞(碰撞时 间极短),之后二者没有再发生碰撞。已知A、B之间以及C与挡板之间的碰撞均为弹性碰撞,重 力加速度取g=10m/s2,不计空气阻力。 (1)小球A与小物块B碰后瞬间,求小物块B的速度大小; (2)为保证长木板C与竖直挡板碰撞时B、C能共速,求x0 应满足的条件; (3)在(2)问的前提下,若木板C与竖直挡板碰撞后B、C能再次共速,求长木板的最短长度。 【错题重做】 错因 基础不牢 题意不明 思路不对 理解不够 分析不透 方法不对 根本不会 其他原因 题号 题号 题号 — 15 — —86 — 第四周 动量和能量的综合应用 【考点·一应俱全】 1.B [P物体接触弹簧后,在弹簧弹力的作用下,P物体做减速运 动,Q物体做加速运动,P、Q间的距离减小,当P、Q两物体速度相 同时,弹簧被压缩到最短,故B正确,A、C错误;由于作用过程中 动量守恒,设P、Q两物体共速时速度为v',则 mv=(m+m)v',所 以弹簧被压缩至最短时,P、Q的速度v'=v2 ,故D错误。] 2.AC [对题图甲,设物体A的质量为 M,由机械能守恒定律可得, 弹簧压缩x时弹性势能Ep= 1 2Mv0 2;对题图乙,物体A以2v0 的 速度向右压缩弹簧,A、B组成的系统动量守恒,弹簧达到最大压缩 量时,A、B速度相等,由动量守恒定律有 M·2v0=(M+m)v,由 能量守恒定律有Ep= 1 2M (2v0)2- 1 2 (M+m)v2,解得 M=3m, Ep= 3 2mv0 2,选项A、C正确,B、D错误。] 3.ABC [A、B两球在碰撞过程中弹簧先被压缩,当两球速度相等时 弹簧被压缩到最短,然后弹簧再次回到原长,故弹簧的形变量先增 大后减小,则弹簧的弹力先增大后减小,两球所受的合外力都为弹 簧弹力,故两球的加速度都是先增大后减小,故A正确;当A、B速 度相等时弹簧的弹性势能达到最大,设此时共同速度为v3,由动量 守恒及能量守恒分别可得 mAv=(mA+mB)v3,ΔEp= 1 2mAv 2- 1 2 (mA+mB)v32,联立解得ΔEp=6.4J,B正确;当弹簧恢复原长 时,碰撞结束,设此时A、B的速度分别为v1、v2,规定向右为正方 向,由动量守恒及能量守恒分别可得 mAv=mAv1+mBv2, 1 2mAv 2 =12mAv1 2+12mBv2 2,联立解得v1=-2.4m/s,v2=1.6m/s,碰 撞结束时,小球A向左运动,B球速度大小为1.6m/s,C正确,D 错误。] 4.BD [小球滑上曲面的过程,小车向右运动,小球从另一曲面滑下 时,小车仍继续前进,不会回到原位置,故 A错误;小球恰好到最 高点时两者有共同速度,对于车和球组成的系统,取水平向右为正 方向,由水平方向动量守恒得 mv=2mv1,得共同速度v1= v 2 ,小 车动量的变化Δp=mv1-0= mv 2 ,故B正确;小球恰好到达小车最 高点时,小球与小车的速度是相同的,由于系统水平方向动量守 恒,若曲面光滑,则系统机械能守恒,所以相互作用结束后,可能小 车的速度仍然等于0,小球的速度仍然等于v,故C错误;如果曲面 光滑,则车和球组成的系统机械能守恒,有1 2mv 2=12×2mv1 2+ mgh,解得h=v 2 4g ,如果曲面粗糙,因摩擦生热,减少的动能还有一 部分转化成内能,小球能上升的高度还要更小些,故D正确。] 5.BCD [滑块沿弧形槽下滑过程中,竖直方向合力不为零,二者组 成的系统动量不守恒,只有弹力和重力做功,机械能守恒,故 A错 误;系统水平方向动量守恒mv1=3mv2, 机械能守恒mgh=12mv1 2+12×3mv2 2, 解得v1= 3 2gh ,v2= 1 3 3 2gh , 弹簧获得的最大弹性势能为Epm= 1 2mv1 2=34mgh ,故B正确; 滑块被弹簧反弹后,弧形槽和滑块再次共速时,滑块沿弧形槽上升 的高度最大,mv1+3mv2=(m+3m)v, 1 2mv1 2+12×3mv2 2-12 (m+3m)v2=mgh',解得滑块沿弧形槽 上升的最大高度h'=h4 ,故C正确; 滑块再一次离开弧形槽时, 有mv1+3mv2=mv1'+3mv2', 1 2mv1 2+12×3mv2 2=12mv1' 2+12×3mv2' 2, 解得v1'=0,v2'= 2 3 3 2gh , 所以滑块再 一 次 离 开 弧 形 槽 后,不 可 能 和 弹 簧 发 生 作 用,故 D 正确。] 6.A [t1 时间内,子弹推动两个木块一起运动,所以子弹和木块 A、 B的动量守恒m子 v0=m子 v1+(mA+mB)v2,即 m子 v0-m子 v1= (mA+mB)v2,子弹的动量变化量等于木块 A、B整体的动量变化 量,所以子弹的动量变化量大于A的动量变化量,A正确,C错误; t2 时间内,子 弹 和 木 块 B的 动 量 守 恒 m子 v1+mBv2=m子 v3+ mBv4,即m子 v1-m子 v3=mBv4-mBv2,子弹的动量变化量等于B 的动量变化量,B错误;t2 时间内,子弹穿过B的过程中,有热量产 生,所以此过程中机械能不守恒,D错误。] 7.D [设子弹的速度为v0,子弹的质量为 m,左侧子弹射入木块后 与木块共同运动的速度为v1,由动量守恒定律可得mv0=(M+m) v1,设子弹与木块之间的作用力大小为Ff,根据能量守恒定律可得 Q=Ffd1= 1 2mv0 2-12 (M+m)v12,当右侧子弹射入木块后,设最 后的共同速度为v2,根据动量守恒可得(M+m)v1-mv0=(M+ 2m)v2,解得v2=0,根据能量守恒定律可得Q'=Ffd2= 1 2mv0 2+ 1 2 (M+m)v12- 1 2 (M+2m)v22= 1 2mv0 2+12 (M+m)v12,联立 可知d1<d2,故选D。] 8.D [根据动量守恒定律可得mv0=(m+M)v,可知两种情况下滑 块和子弹的共同速度相同,两颗子弹速度变化相同,故 A错误;两 滑块的动量Δp=Mv变化相同,受到的冲量相同,由Q=12mv0 2 -12 (m+M)v2=F阻 ·s,子弹射入 A中的深度是射入B中深度 的两倍,射入滑块A中时子弹所受平均阻力是射入滑块B中时的 1 2 ,故B错误;射入滑块A中时阻力对子弹做功Wf= 1 2mv 2-12 mv02 与射入滑块B中时阻力对子弹做功相等,故C错误;由Q= 1 2mv0 2-12 (m+M)v2 可知,两个过程中系统产生的热量相同, 故D正确。] 9.AC [滑块和两块木板组成的系统在水平方向上不受外力,所以 系统动量守恒,设滑块刚滑到第二块木板上时,两块木板的速度均 为v2,由动量 守 恒 定 律 得 Mv0=Mv1+(m1+m2)v2,解 得v2= 2m/s,方向与滑块初速度方向相同,故 A正确,B错误;以滑块与 第二块木板为研究对象,设第二块木板的最终速度为v3,由动量守 恒定律得 Mv1+m2v2=(M+m2)v3,解得v3=4.5m/s,方向与滑 块初速度方向相同,故C正确,D错误。] 10.AB [从题图乙可以看出,A先做匀减速运动,B做匀加速运动, 最后一起做匀速运动,共同速度为v=1m/s,取向右为正方向, 根据动量守恒定律得mv0=(m+M)v,解得 M=2kg,故B正确; 由题图乙可知,木板B匀加速运动的加速度为a=ΔvΔt=1m /s2, 对B,根据牛顿第二定律得μmg=Ma,解得动摩擦因数 为μ= 0.1,故A正确;由题图乙可知前1s内B的位移为xB= 1 2×1× 1m=0.5m,A的位移为xA= 2+1 2 ×1m=1.5m ,所以木板最小 长度为L=xA-xB=1m,故C错误;A、B组成的系统损失的机 械能为ΔE=12mv0 2-12 (m+M)v2=2J,故D错误。] 11.BD [由动量守恒定律得mv0=(m+M)v,解得车厢和小物块最 终运动的共同速度为v=5m/s,方向水平向右,对系统由能量守 恒定律得1 2mv0 2=12 (M+m)v2+Q,代入数据解得系统因摩擦 产生的热量为Q=25J,故B、D正确;根据Q=μmgs,可得物块在 车厢中相对车厢滑行的距离s= Q μmg =25m,与车厢壁来回弹性 碰撞次数n=sl =25 次,因此可知物块最终停在车厢中点处,故 A、C错误。] 12.解析 (1)物块与小车组成的系统动量守恒, 以向右为正方向,由动量守恒定律得 m2v0=(m1+m2)v 代入数据解得v=0.8m/s (2)对小车,由动量定理得μm2gt=m1v 代入数据解得t=0.24s (3)设物块不滑离小车且恰好到达小车的右端时物块滑上小车的 速度大小为v0',物块与小车组成的系统动量守恒,以向右为正方 向,由动量守恒定律得 m2v0'=(m1+m2)v',由能量守恒定律得 1 2m2v0' 2=12 (m1+m2)v'2+μm2gL 代入数据解得v0'=5m/s。 答案 (1)0.8m/s (2)0.24s (3)5m/s 【探究·一举突破】 探究路径 (1)整个过程中小球和轨道组成的系统的机械能守恒; 系统水平方向动量守恒,竖直方向上动量不守恒,故总动量不 守恒。 (2)当小球上升到最高点时,小球和轨道的速度相同。 (3)小球从左侧离开轨道时,轨道的速度最大。 (4)设小球离开轨道时的速度为v1,轨道的速度为v2,小球质量为 m1,轨道质量为m2,则由动量守恒定律有:m1v0=m1v1+m2v2 根据机械能守恒定律有: 1 2m1v0 2=12m1v1 2+12m2v2 2 【综合·一练到底】 13.解析 (1)子弹与木块组成的系统动量守恒, 以向右为正方向, 由动量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2 代入数据解得木块获得的速度大小v2=5m/s (2)由能量守恒定律得 FfL= 1 2m1v0 2-12m1v1 2-12m2v2 2 代入数据解得Ff=1475N (3)子弹对木块作用力的冲量等于木块动量变化Ff't=m2v2-0 由牛顿第三定律可知Ff'=Ff 代入数据解得t≈6.78×10-4s。 答案 (1)5m/s (2)1475N (3)6.78×10-4s 14.解析 (1)以A和B为整体,根据牛顿第二定律可得μmCg=(mA +mB)a 解得C刚滑上A时,A的加速度大小为 a=2m/s2 (2)C刚离开A时,A、B速度相等,为vB';C到达B的最高点时, B、C有共同速度,为vB=3m/s;对B、C组成的系统,根据水平方 向动量守恒可得 mCvC+mBvB'=(mB+mC)vB 解得C离开A时,B的速度大小为 vB'=1m/s (3)从 C刚 滑 上 A到 滑 离 A,根 据 系 统 动 量 守 恒 可 得 mCv0= mCvC+(mA+mB)vB' 解得v0=6m/s 根据能量守恒定律可得 1 2mCv0 2=μmCgL+ 1 2 (mA+mB)vB'2+ 1 2mCvC 2 解得A的长度为L=2.25m。 答案 (1)2m/s2 (2)1m/s (3)2.25m 【选做·一飞冲天】 解析 (1)小球A由静止到最低点的过程, 根据机械能守恒定律有mAgl= 1 2mAv0 2 解得v0= 2gl=4.0m/s 设小球A与小物块B发生弹性碰撞后的速度分别为vA、vB, 根据动量守恒定律有mAv0=mAvA+mBvB 碰撞前后根据机械能守恒定律有 1 2mAv0 2=12mAvA 2+12mBvB 2 联立解得vB= 2mA mA+mB v0=2.0m/s (2)设B、C获得共同速度为v1, 以水平向右为正方向, 由动量守恒定律有mBvB=(mB+mC)v1 代入数据解得v1=0.8m/s 若B、C共速时C刚好运动到挡板处, 对C应用动能定理有μmBgx0= 1 2mCv1 2-0 代入数据解得x0=0.96m 则保证C运动到竖直挡板前B、C能够共速, x0 应满足的条件是x0≥0.96m (3)第一次共速过程中,由能量守恒定律有 μmBgL1= 1 2mBvB 2-12 (mB+mC)v12 长木板C与挡板碰后速度大小不变,方向反向, 设B、C第二次获得共同速度为v2, 以水平向左为正方向, 由动量守恒定律有mCv1-mBv1=(mB+mC)v2 由能量守恒定律有 μmBgL2= 1 2mBv1 2+12mCv1 2-12 (mB+mC)v22 长木板的最短长度为L=L1+L2 联立解得L=3.936m。 答案 (1)2.0m/s (2)x0≥0.96m (3)3.936m 第五周 简谐运动及描述简谐运动的回复力和能量 【考点·一应俱全】 1.D [做简谐运动的弹簧振子,速度方向与位移方向存在两种可 能,因为位移的方向总是背离平衡位置,所以当振子靠近平衡位置 时,二者方向相反,远离平衡位置时,二者方向相同,故A、B错误; 振子每次经过平衡位置时,速度大小相等,方向不一定相同,但位 移相同,故C错误;振子每次经过同一位置时,位移相同,速度大小 相等,但速度方向可能相同,也可能不同,故D正确。] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 85 —