第1章 动量守恒定律 水平测评-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册作业与测评课件PPT（人教版2019）

第一章　水平测评 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间75分钟。 第Ⅰ卷(选择题，共50分) 一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，第1～7小题，只有一个选项符合题意；第8～10小题，有多个选项符合题意，全部选对的得5分，选对而不全的得3分，错选或不选的得0分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1．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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析　碰撞前后司机的动量均是一定的，所以安全气囊不能改变碰撞前后司机动量的变化量，故B错误；安全气囊充气后，增大了司机的受力面积，在司机挤压气囊的过程中，由于气囊的缓冲作用，延长了司机的受力时间，由动量定理可知，减小了司机受到的冲击力，所以减小了司机单位面积的受力大小，故A错误，D正确；司机和安全气囊接触后，司机的动能会有一部分转化为内能，不能全部转换成汽车的动能，故C错误。 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2.如图是劳动者抛沙袋入车的情境图。一排人站在平直的轨道旁，分别标记为1，2，3，…，已知车的质量为40 kg，每个沙袋质量为5 kg。当车经过一人身旁时，此人将一个沙袋沿与车前进相反的方向以4 m/s的速度投入到车内，沙袋与车瞬间就获得共同速度。已知车原来的速度大小为10 m/s，当车停止运动时，一共抛入的沙袋有(　　) A．20个 B．25个 C．30个 D．40个 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3.某选手正在进行定点投篮。在篮球运动所在的竖直平面内建立xOy坐标系，如图所示，篮球由A点投出，A、B、C、D是篮球运动轨迹上的四点，C为篮球运动的最高点。重力加速度为g，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是(　　) A．篮球经过B点和D点的动量相同 B．篮球从B点到D点的过程，动量变化量沿水平方向 C．篮球在C点时，重力的瞬时功率不为零 D．篮球由A到B和由B到C的过程中，动量的变化量相同 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析　由图可知，B点和D点在同一水平高度上，则 由对称性可知篮球在两点时速度大小相等，但方向不同， 所以篮球经过B点和D点的动量大小相等，方向不同，故 A错误；通过作动量变化的矢量三角形，可知篮球从B点 到D点的过程，动量变化量竖直向下(或：篮球从B点到D 点的过程，只受重力作用，根据动量定理有mgt＝Δp，所以动量变化量竖直向下)，故B错误；C点是轨迹的最高点，其竖直方向的速度分量为0，因此篮球在C点时，重力的瞬时功率为零，故C错误；由图可知，篮球由A到B和由B到C的过程，水平方向发生的位移相等，则所用时间相等，根据动量定理可得mgt＝Δp，所以两过程的动量变化量相同，故D正确。 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 6.2019年8月11日超强台风“利奇马”登陆青岛，导致部分高层建筑顶部的广告牌损毁。台风“利奇马”登陆时的最大风力为11级，最大风速为30 m/s。某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高5 m、宽20 m，空气密度ρ＝1.2 kg/m3，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受到的最大风力约为(　　) A．3.9×103 N B．1.1×105 N C．1.0×104 N D．9.0×104 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析　广告牌的面积S＝5×20 m2＝100 m2，设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则m＝ρSvt，对t时间内吹到广告牌上的空气，根据动量定理有：－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t，得：F＝ρSv2，代入数据解得：F＝1.08×105 N≈1.1×105 N，根据牛顿第三定律，广告牌受到的最大风力约为1.1×105 N，故B正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 8.如图所示，水平飞向球棒的垒球被击打后，动量变化量为12.6 kg·m/s，则(　　) A．球的动能可能不变 B．球的动量大小一定增加12.6 kg·m/s C．球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同 D．球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析　若球以6.3 kg·m/s的动量水平飞向球棒，之后以6.3 kg·m/s的动量被反向击飞，则动量大小增加为零，动能不变，故A正确，B错误；球受到棒的冲量方向与棒对球的作用力方向相同，则与球被击打前的速度方向相反，故C错误；球对棒的作用力与棒对球的作用力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，故D正确。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 第Ⅱ卷(非选择题，共50分) 二、实验题(本题共2小题，共12分) 11．(6分)某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块(上方安装有宽度为d的遮光片)、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。 实验步骤如下： (1)开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间_________时，可认为气垫导轨水平； 大约相等 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2)用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块(含遮光片)的质量m2； (3)用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块； (4)令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间Δt1、Δt2及遮光片从A运动到B所用的时间t12； (5)在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I＝________，滑块动量改变量的大小Δp＝____________；(用题中给出的物理量及重力加速度g表示) m1gt12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 0.221 0.212 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 12．(6分)如图甲，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。 (1)图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。 然后，把被碰小球m2静置于水平轨道的末端，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 接下来要完成的必要步骤是________(填选项前的符号)。 A．用天平测量两个小球的质量m1、m2 B．测量小球m1开始释放的高度h C．测量抛出点距地面的高度H D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N E．测量平抛射程OM、ON (2)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______________________[用(1)中测量的量表示]；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为__________________________[用(1)中测量的量表示]。 ADE m1·OM＋m2·ON＝m1·OP m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 14 2.9 1.01 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 三、计算题(本题共3小题，共38分。解答中应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不给分) 13.(10分)小明同学将“打夯”的情境简化成如图所示的过程，放置于水平地面的平底夯锤质量为m＝50 kg，两人同时通过绳子对夯锤施加大小均为F＝500 N的拉力，方向均与竖直方向成θ＝37°，夯锤上升h＝0.5 m时撤去拉力。夯锤落下与地面作用的时间为0.05 s，已知重力加速度取10 m/s2，cos37°＝0.8。求： (1)夯锤上升的最大高度； (2)夯锤对地面的冲击力大小。 答案　(1)0.8 m　(2)4500 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 14.(12分)如图所示，为一款叫“手摇碰碰球”的儿童玩具，两个相同的V型支架可以绕中间的轴转动，顶端各自固定一个小球，轻摇手柄，控制好节奏就可以让两个小球转动时发生碰撞，发出清脆的响声。假设球1和球2大小相同，质量分别为m和2m，保持转轴竖直，现让球1以速率v0逆时针匀速转动，之后与静止的球2发生碰撞，不计一切阻力。 (1)若碰撞是弹性的，求碰后球1、球2的速度的大小； (2)若球2表面涂上强力胶(质量不计)，碰后两球一起 运动，求碰撞时损失的机械能大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 15．(16分)如图甲，足够长木板A静置于光滑水平面上，小物块B、C置于木板A上，物块B、C间的距离L0＝1.1 m。t＝0时刻物块B以v0＝6 m/s的初速度水平向右运动，同时给木板一水平向左的推力F，使木板保持静止；经过一段时间，B、C发生弹性碰撞，且碰撞过程时间极短，在B、C发生碰撞的同时撤去对木板的推力F。B、C发生碰撞前物块B运动的v2­x图像如图乙所示(v为B向右运动x距离时的瞬时速度)。已知物块B、C的质量分别为mB＝1 kg、mC＝4 kg，木板A的质量mA＝1 kg，B、C与木板间的动摩擦因数相同，重力加速度g＝10 m/s2，计算结果保留四位有效数字，求： (1)物块与木板间的动摩擦因数μ； (2)B、C碰撞后系统总共产生的摩擦热Q； (3)从B、C碰撞后到A、B、C三者共速所经历的时间t。 答案　(1)0.5000　(2)10.42 J　(3)0.7667 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析　设车停止时一共抛入n个沙袋，这些沙袋抛入车的过程，沙袋和车组成的系统水平方向动量守恒，可得Mv0－n·mv＝0，解得n＝eq \f(Mv0,mv)＝20，即抛入20个沙袋，车恰好停止运动，故A正确。 4．有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测量它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d和船长L。已知他自身的质量为m，水的阻力不计，则船的质量为(　　) A.eq \f(m（L＋d）,d) B.eq \f(m（L－d）,d) C.eq \f(mL,d) D.eq \f(m（L＋d）,L) 解析　水的阻力不计，人和船构成的系统在水平方向上动量守恒。设船的质量为M，人走动时船的平均速度大小为v，人的平均速度大小为v′，人从船尾走到船头用时为t，人的位移为L－d，船的位移为d，所以v＝eq \f(d,t)，v′＝eq \f(L－d,t)。以船运动的方向为正方向，根据动量守恒定律有Mv－mv′＝0，可得Meq \f(d,t)＝eq \f(m（L－d）,t)，解得船的质量M＝eq \f(m（L－d）,d)，故B正确。 5.如图所示，假设烟花上升到距地面高度为h的最高点时，炸裂成甲、乙、丙三个质量均为m的碎块(可视为质点)，其中甲的初速度大小为v0，方向竖直向上，乙、丙的初速度大小相等且夹角为120°，爆炸产生的热量为Q，重力加速度大小为g，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是(　　) A．爆炸刚结束时，乙、丙的合动量大小为mv0 B．三个碎块到达地面时的动能不相等 C．甲在落地的过程中，重力对甲的冲量大小为2mv0 D．爆炸过程中释放的总能量为eq \f(3,2)mveq \o\al(2,0) 解析　由题意可知，爆炸前瞬间烟花的动量为零，根据动量守恒定律可得，爆炸刚结束时，乙、丙的合动量与甲的动量等大反向，所以合动量大小为mv0，A正确；设乙、丙的初速度大小为v1，由动量守恒定律可得mv0－2mv1cos60°＝0，解得v1＝v0，即三个碎块开始时的初速度大小相等，三个碎块质量相等，则三个碎块初动能相等，落到地面时初末位置的高度差相同，即重力做功相等，根据动能定理可得三个碎块到达地面时的动能相等，B错误；设甲落地速度为v，根据动能定理得eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＋mgh，解得v＝2,0)eq \r(v＋2gh) ，根据动量定理，甲在落地的过程中，重力对甲的冲量大小为I＝m·Δv＝m[v－(－v0)]＝m·(v0＋2,0)eq \r(v＋2gh) )>2mv0，C错误；根据能量守恒定律可得，爆炸过程中释放的总能量为E总＝eq \f(3,2)mveq \o\al(2,0)＋Q，D错误。 7.如图所示，质量为m的小球A沿光滑水平面以速度v0向右运动，与质量为4m的静止小球B发生碰撞，碰撞后小球A以速率v＝kv0(k为待定系数)弹回，然后与固定挡板P发生弹性碰撞，要使A球能与B球再次发生碰撞，则k的取值范围应满足(　　) A.eq \f(1,3)<k≤eq \f(3,5) B．0<k<eq \f(1,3) C．k<eq \f(1,3)或k≥eq \f(3,5) D．0<k≤eq \f(3,5) 解析　A球与B球第一次碰撞过程，根据动量守恒定律可得mv0＝－m·kv0＋4mvB，碰撞过程应遵循系统总动能不增加原则，则有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)≥eq \f(1,2)m(kv0)2＋eq \f(1,2)×4mveq \o\al(2,B)，为了使A球能与B球再次发生碰撞，需要满足kv0>vB，联立解得eq \f(1,3)<k≤eq \f(3,5)，故选A。 9．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使B瞬间获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得(　　) A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于伸长状态 B．从t3到t4时间内弹簧由压缩状态恢复到原长 C．两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2 D．在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2＝8∶1 解析　两图线的交点表示两物块的速度相同，由v­t图像知t1时刻A正在加速，说明弹簧处于伸长状态，t3时刻A正在减速，说明弹簧处于压缩状态，故A错误；t3时刻A正在减速，说明弹簧处于压缩状态，t4时刻A的加速度为零，说明弹簧处于原长，故B正确；对0～t1过程，根据动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v1，代入数据得m1∶m2＝2∶1，故C错误；在t2时刻，由动能计算公式Ek＝eq \f(1,2)mv2并结合t2时刻A、B的各自速度，知A与B的动能之比为8∶1，故D正确。 10.如图所示，水平面内有两个光滑平行导轨，导轨足够长，其间距为L。质量分别为m、2m的环A、B套在导轨上，两环之间连接一轻弹簧，轻弹簧原长为eq \f(3,2)L。开始时弹簧与杆垂直，两环均静止。某时刻，给环B一水平向右的瞬时速度v，下列说法正确的是(　　) A．A、B和弹簧组成的系统满足动量守恒定律和机械能守恒定律 B．若弹簧恢复原长时，环B速度为水平向右的2v，则此时A的速度为水平向左的v C．若弹簧恢复原长时，环B速度为水平向右的2v，则初始状态时弹簧的弹性势能Ep＝5mv2 D．若某时刻弹簧与导轨之间的夹角为30°，此时环A、B的速度分别为vA＝eq \f(4v,3)，vB＝eq \f(v,3) 解析　平行导轨光滑，对A、B和弹簧组成的系统分析，所受的合外力为0，因此系统动量守恒，系统除系统内弹簧的弹力，没有其他力做功，系统机械能守恒，A正确；对A、B和弹簧组成的系统分析，取向右为正方向，若弹簧恢复原长时，环B速度为水平向右的2v，由动量守恒定律，有2mv＝2m·2v＋mvA，解得此时A的速度vA＝－2v，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)·2mv2＋Ep＝eq \f(1,2)·2m(2v)2＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)，解得初始状态时弹簧的弹性势能Ep＝5mv2，B错误，C正确；弹簧与导轨间夹角为30°时，弹簧长度L′＝eq \f(L,sin30°)＝2L，故弹簧伸长了eq \f(L,2)，而开始时弹簧压缩了eq \f(L,2)，则此时弹簧弹性势能也是Ep，由动量守恒定律，有2mv＝2mvB＋mvA，由机械能守恒定律，有eq \f(1,2)·2mv2＋Ep＝eq \f(1,2)·2mvB′2＋eq \f(1,2)mvA′2＋Ep，解得vA′＝eq \f(4v,3)，vB′＝eq \f(v,3)，D正确。 m2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt2)－\f(d,Δt1))) (6)某次测量得到的一组数据为：d＝1.000 cm，m1＝1.50×10－2 kg，m2＝0.400 kg，Δt1＝3.900×10－2 s，Δt2＝1.270×10－2 s，t12＝1.50 s，取g＝9.80 m/s2。计算可得I＝________ N·s，Δp＝________ kg·m·s－1；(结果均保留三位有效数字) (7)定义δ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(I－Δp,I)))×100%，本次实验δ＝____ %(保留一位有效数字)。 解析　(1)当遮光片经过两个光电门的遮光时间大约相等时，滑块经过两个光电门的速度大约相等，由于气垫导轨对滑块的阻力很小，可以认为此时气垫导轨水平。 (5)由I＝Ft及题给条件，知I＝m1gt12；由Δp＝m2v2－m2v1，v1＝eq \f(d,Δt1)，v2＝eq \f(d,Δt2)，知Δp＝m2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt2)－\f(d,Δt1)))。 (6)代入数据知，I＝m1gt12＝1.50×10－2×9.80×1.50 N·s＝0.221 N·s，Δp＝m2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt2)－\f(d,Δt1)))＝0.400×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1.000×10－2,1.270×10－2)－\f(1.000×10－2,3.900×10－2))) kg·m·s－1＝0.212 kg·m·s－1。 (7)δ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(I－Δp,I)))×100%＝eq \f(0.221－0.212,0.221)×100%＝4%。 (3)经测定，m1＝45.0 g，m2＝7.5 g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图乙所示。碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1′，则p1∶p1′＝____∶11；若碰撞结束时m2的动量为p2′，则p1′∶p2′＝11∶_____。 实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值eq \f(p1,p1′＋p2′)为________。 解析　(1)小球离开轨道后做平抛运动，由H＝eq \f(1,2)gt2，知t＝eq \r(\f(2H,g))，即小球的下落时间一定，则初速度v＝eq \f(x,t)可用平抛运动的水平射程来表示。若动量守恒，应有m1·v1＋m2·v2＝m1·v0(v0是m1单独下落离开轨道时的速度，v1、v2是两球碰后m1、m2离开轨道时的速度)，又因为v＝eq \f(x,t)，则m1·eq \f(OM,t)＋m2·eq \f(ON,t)＝m1·eq \f(OP,t)，即本实验要验证的是m1·OM＋m2·ON＝m1·OP。因此要测量两个小球的质量m1和m2以及它们的水平射程OM和ON；而要确定水平射程，应先分别确定两个小球相碰后落地的平均落点，没有必要测量小球m1开始释放的高度h和抛出点距地面的高度H。故应完成的步骤是A、D、E。 (2)由(1)中分析可知，验证动量守恒定律的表达式可表示为m1·OM＋m2·ON＝m1·OP；若碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程中没有动能损失，则有eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,0)，整理可得m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2。 (3)入射小球碰前m1的动量p1＝m1v0＝m1·eq \f(OP,t)，碰后m1的动量p1′＝m1v1＝m1·eq \f(OM,t)，则p1∶p1′＝OP∶OM＝14∶11；碰后m2的动量p2′＝m2v2＝m2·eq \f(ON,t)，所以p1′∶p2′＝(m1·OM)∶(m2·ON)＝11∶2.9；碰撞前、后总动量的比值eq \f(p1,p1′＋p2′)＝eq \f(m1·OP,m1·OM＋m2·ON)≈1.01。 解析　(1)设夯锤上升的最大高度为H，由动能定理得2Fhcos37°－mgH＝0－0 代入数据解得H＝0.8 m。 (2)设夯锤落地时速度为v，下落过程机械能守恒，有mgH＝eq \f(1,2)mv2 以向下为正方向，对夯锤与地面相互作用过程由动量定理可得mgt－Ft＝0－mv 联立并代入数据解得F＝4500 N 由牛顿第三定律可知，夯锤对地面的冲击力大小为4500 N。 答案　(1)eq \f(v0,3)　eq \f(2v0,3)　(2)eq \f(1,3)mveq \o\al(2,0) 解析　(1)设碰后球1、球2的速度分别为v1、v2，若碰 撞是弹性的，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知 mv0＝mv1＋2mv2 eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)·2mveq \o\al(2,2) 解得v1＝－eq \f(v0,3)，v2＝eq \f(2v0,3)，其中v1的负号表示与碰前速度方向相反。 (2)若碰后两球一起运动，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋2m)v 解得两球共同速度v＝eq \f(v0,3) 可得碰撞时损失的机械能大小 ΔE＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋2m)v2＝eq \f(1,3)mveq \o\al(2,0)。 解析　(1)取水平向右方向为正向，B、C发生碰撞前，对物块B有v2－veq \o\al(2,0)＝ 2(－μg)x 由图乙可知2μg＝eq \f(36－26,1) m/s2 解得μ＝0.5000。 (2)设物块B碰前瞬间速度为vB0，最终A、B、C的共同速度为v 对B有veq \o\al(2,B0)－veq \o\al(2,0)＝2(－μg)L0 对A、B、C组成的系统，由动量守恒定律有 mBvB0＝(mA＋mB＋mC)v共 由系统能量守恒可得eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B0)＝eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq \o\al(2,共)＋Q 解得vB0＝5 m/s，v共＝eq \f(5,6) m/s，Q＝10.42 J。 (3)设碰撞后瞬间物块B、C的速度分别为vB1、vC1 由动量守恒定律有mBvB0＝mBvB1＋mCvC1 由机械能守恒定律可得 eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B0)＝eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B1)＋eq \f(1,2)mCveq \o\al(2,C1) 解得vB1＝－3 m/s，vC1＝2 m/s 碰后物块B向左减速，物块C向右减速，两者的加速度大小相等，为aB＝aC＝μg＝5 m/s2 对木板A分析，由牛顿第二定律有 μmCg－μmBg＝mAaA 解得木板的加速度aA＝15 m/s2 则通过作v­t图可知，木板A先与物块C向右加速达到共同速度，通过受力分析可知，此后A和C保持相对静止一起减速至v共，B继续向左减速为0后，再向右加速至v共，则碰撞后至三者共速，B一直以aB做匀变速直线运动，对B有v＝vB1＋aBt 解得t＝0.7667 s。 $$