第一章　动量守恒定律 单元测试-2026-2027学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

**基本信息** 高中物理“动量守恒定律”单元卷，满分100分，75分钟，覆盖动量、冲量、动量守恒等核心知识，结合无人机、台风等真实情境，注重物理观念建构与科学思维训练，适配单元复习巩固与能力提升。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|7题28分|动量矢量性（1题）、冲量计算（2题）|以匀速圆周运动、螺旋滑槽为情境，基础概念辨析| |多选|3题18分|动量守恒条件（8题）、人船模型（9题）|速滑接力、小船运动等生活化情境，考查守恒条件理解| |非选择|5题54分|实验验证（11、12题）、多过程综合（15题）|结合平抛、传送带、圆管运动，突出科学探究与复杂问题推理|

第一章　动量守恒定律 注意事项 1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。 2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。 一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题意) 1.一遥控无人机在竖直面内做匀速圆周运动,下列说法正确的是(　　) A.无人机的机械能不变,动量不变 B.无人机的机械能不变,动量变化 C.无人机的机械能变化,动量不变 D.无人机的机械能与动量均变化 2.药品自动传送系统的示意图如图所示,该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的水平平台组成,竖直螺旋滑槽高5 m、长30 m,质量为0.5 kg的药品A离开传送带进入螺旋滑槽速度大小为2 m/s,到螺旋滑槽出口速度大小为6 m/s,进出螺旋滑槽的速度方向相同,该过程用时5 s,在出口处与静止的相同质量的药品B碰撞,碰后A静止,B向前滑动,则下列说法正确的是(　　) A.药品A、B碰撞后B的速度大小为6 m/s B.药品A对药品B的冲量与药品B对药品A的冲量相同 C.药品A在螺旋滑槽运动过程重力的冲量大小为15 N·s D.药品A在螺旋滑槽运动过程合力的冲量大小为20 N·s 3.如图所示装置中,与轻质弹簧一端连接的木块B放在光滑的水平桌面上,子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内,并将弹簧压缩到最短。则此装置从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中(　　) A.子弹减小的动能等于弹簧增加的弹性势能 B.弹簧、木块和子弹组成的系统动量守恒,机械能不守恒 C.在弹簧被压缩过程,木块对弹簧的作用力大于弹簧对木块的作用力 D.在弹簧被压缩到最短时,木块的速度为零,加速度不为零 4.如图所示,物体A与光滑半圆弧槽B静止在光滑水平面上,槽底端放有小球C。现给A一个水平向右的初速度,A与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短),小球C能脱离圆弧槽向上运动,已知A、B、C质量相等,不计空气阻力,则(　　) A.A与B碰撞后,A的速度向左 B.小球C脱离圆弧槽后,将不会再掉落到槽内 C.小球C第一次回到槽内最低点时,槽的速度为零 D.圆弧槽在水平地面上做往复运动 5.如图所示,在倾角为θ的固定斜面上,长木板P匀速下滑。某时刻,把光滑小滑块Q轻放在木板中间,经过一段时间P停止运动,之后Q仍在木板上滑行。下列判断正确的是(　　) A.P停止前,P、Q系统沿斜面方向动量守恒 B.P停止后,P、Q系统沿斜面方向动量守恒 C.整个过程中,P、Q系统沿斜面方向动量都守恒 D.整个过程中,P、Q系统沿斜面方向动量都不守恒 6.台风频发地区,各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的底层中心附近最大平均风速范围为24.5~28.4 m/s,16级台风的底层中心附近最大平均风速范围为51.0~56.0 m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌,则该交通标志牌在16级台风底层中心处受到的作用力大小约为在10级台风底层中心处的(　　) A.2倍　　　　B.4倍 C.8倍　　　　D.16倍 7.如图甲所示,物块A、B的质量分别为mA=3.0 kg和mB=2.0 kg,并用轻弹簧拴接,放在光滑的水平地面上,物块B右侧与竖直墙壁相接触。另有一物块C在t=0时刻以一定速度向右运动,在t=4 s时与物块A相碰,并立即与A粘在一起不再分开,物块C的v-t图像如图乙所示,下列说法正确的是(　　) 　　 A.物块C的质量为2 kg B.物块B离开墙壁前,弹簧的最大弹性势能为72 J C.4 s到12 s的时间内,墙壁对物块B的冲量大小为24 N·s D.物块B离开墙壁后,弹簧的最大弹性势能为18 J 二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题意,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分) 8.速滑运动是一项在冰面上进行的竞速项目。如图所示,现有两选手因赛事战术进行接力操作,选手A在未被推动前不得开始滑行,选手B从后面靠近并用力推动选手A,使选手A获得初速度。两选手间的相互作用时间极短,在接力前后瞬间,下列说法正确的是(　　) A.选手A和B组成的系统动量一定守恒 B.选手A和B组成的系统机械能一定守恒 C.选手B对选手A的冲量等于选手A的动量变化量 D.选手B对选手A的冲量与选手A对选手B的冲量相同 9.在水面上停着质量为m0的小船,船头和船尾分别站着质量为m1的甲和质量为m2的乙,如图所示。已知船长为L,若乙不动让甲从某时刻开始从船头走向船尾(右),不计水的阻力,那么在这段时间内人和船的运动情况正确的是(　　) A.甲匀速向右行走时,船(包括乙)匀速向左运动,甲和船(包括乙)两者速度大小与它们的质量成反比 B.甲加速向右行走时,船(包括乙)加速向左运动,甲和船(包括乙)两者加速度大小与它们的质量成反比 C.当甲在船尾停止运动瞬间,船(包括乙)的位移大小为L D.当甲在船尾停止运动后,船由于惯性还会继续运动一段距离 10.示意图如图所示,可视为质点的物体A和B紧靠在一起放在水平地面上,A、B与水平地面间动摩擦因数均为μ=0.25,两物体间夹有炸药,爆炸后两物体沿水平方向左右分离,两物体获得的总动能E=75 J。若A、B两物体分离后在水平面上滑行的最大位移比为4∶1,物体A的质量m=1 kg,爆炸后炸药残留不计,则(　　) A.物体B的质量为0.5 kg B.从分离到A停止运动经过的时间是4 s C.A停止运动时,A、B两物体间的距离是20 m D.从分离到B停止运动,A、B两物体与地面因摩擦产生的热量比为3∶2 三、非选择题(本题共5小题,共54分) 11.(6分)某同学用如图甲所示的装置验证动量守恒定律。长木板的一端垫有小木块,可以微调木板的倾斜程度,使小车能在木板上做匀速直线运动。长木板的顶端安装着传感器,可以测量小车A到传感器的距离x或速度。 　　　　 (1)若给小车A一个初速度,得到速度大小v随时间t变化的图像如图乙所示,则应进行的操作是　　　　。  A.将小木块水平向左稍微移动调整 B.将小木块水平向右稍微移动调整 C.木板倾斜状态刚刚好,无需调整 (2)调整好长木板后,让小车A以某一速度运动,与静止在长木板上的小车B(后端粘有橡皮泥)相碰并粘在一起,导出传感器记录的数据,绘制x随时间t变化的图像如图丙所示。 (3)已知小车A的质量为0.4 kg,小车B(连同橡皮泥)的质量为0.2 kg,由此可知碰前两小车的总动量是　　　　kg·m/s,碰后两小车的总动量是　　　　kg·m/s。(计算结果均保留2位有效数字)。若误差在允许的范围内,两小车碰撞前后总动量相等,则碰撞前后动量守恒。  12.(8分)某同学用图甲实验装置验证动量守恒定律。已知入射小球质量为m1,被碰小球质量为m2,记录小球抛出点在水平地面上的竖直投影点O,使入射小球从S点由静止释放,测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置M、P、N与O的距离分别为x1、x2、x3,如图乙,分析数据: 　　 (1)若入射小球半径为r1,被碰小球半径为r2,则要求　　　　。  A.m1>m2,r1>r2　　　　B.m1<m2,r1<r2 C.m1>m2,r1=r2　　　　D.m1<m2,r1=r2 (2)入射小球从轨道上滑下时,轨道的粗糙程度对实验结论　　　　(选填“有影响”或“无影响”)。  (3)若两球碰撞时的动量守恒,应满足的关系式为　　　　　　　(用题中所给物理量的符号表示)。  (4)某实验小组用另一组装置验证动量守恒定律,如图丙所示。在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面,斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接,使入射小球仍从斜槽上S点由静止滑下,多次实验,得到两球落在斜面上的平均落点M'、P'、N'。用刻度尺测量斜面顶点到M'、P'、N'三点的距离分别为l1、l2、l3,则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为　　　　　　　　　　(用所测物理量的符号表示)。  13.(10分)如图所示,质量为3m的小木块1通过长度为L的轻绳悬挂于O点,质量为m的小木块2置于高度为L的光滑水平桌面边沿。把木块1拉至水平位置由静止释放,当其运动到最低点时与木块2相撞,木块2沿水平方向飞出,落在距桌面边沿水平距离为2L处,木块1继续向前摆动。若在碰撞过程中,木块1与桌面间无接触,且忽略空气阻力,重力加速度为g。求: (1)碰撞后,木块2获得的速度v的大小; (2)碰撞后,木块1相对桌面能上升到的最大高度H。 14.(14分)如图所示,静置于水平地面上的质量为M=100 g的木板左端是一半径为R=10 m的光滑圆弧轨道,圆弧轨道右端与木板上表面水平相连。质量为m1=80 g的木块置于木板最右端A处。一颗质量为m2=20 g的子弹以大小为v0=100 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块,最终留在木块中没有射出。已知子弹打进木块的时间极短,木板上表面水平部分长度为L=10 m,木块与木板间的动摩擦因数μ=0.5。 (1)求子弹打进木块时二者的共同速度大小; (2)若木板固定,求木块刚滑上圆弧轨道时对圆弧的压力; (3)若木板不固定,地面光滑,求木块上升的最大高度。 15.(16分)如示意图所示,距离地面一定高度的传送带以恒定的速度v0=12 m/s向右传动,传送带的长度为L=15.2 m,传送带的右端与长为xAB=1 m的平台平滑衔接,传送带的左端与光滑的平台平滑衔接。小物块甲、乙质量分别为m1=1.49 kg、m2=4.5 kg,甲物块与传送带间的动摩擦因数为μ1=0.5,乙与右端平台间的动摩擦因数为μ2=0.45。在水平地面上固定一半径为R=0.5 m的竖直光滑圆管轨道,轨道与水平地面相切于D点,E为最高点且切线水平,C点为圆管的入口,其中θ=37°。物块乙放在右侧平台的最左端A点,物块甲放在左侧的平台上,质量为m0=10 g的子弹以水平向右的速度v=300 m/s射入物块甲并留在其中,经过一段时间与物块乙发生碰撞,碰后甲被反弹且物块甲、乙的速度大小之比为3∶5,物块乙从平台最右端B点飞出,然后无碰撞地由C点进入圆管。两物块均可视为质点且碰撞时间极短,忽略空气阻力,sin 37°=0.6。求: (1)物块甲在传送带上运动多长时间与乙碰撞; (2)B、C两点的水平间距和B到水平地面的高度; (3)物块乙运动到D点时对圆管的压力大小以及物块乙离开圆管后第一次的落地点到B点的水平间距。 答案 1.D　无人机在竖直面内做匀速圆周运动,速度方向时刻变化,动量一定变化;速度大小不变,动能不变,但重力势能随高度变化,所以机械能变化,故选D。 2.A　药品A、B碰撞过程动量守恒,规定向右为正方向,则有mvA=mvB,解得vB=6 m/s,A正确;药品A对药品B的冲量与药品B对药品A的冲量大小相等,但方向相反,B错误;药品A在螺旋滑槽运动过程重力的冲量大小IA=mgt=0.5×10×5 N·s=25 N·s,C错误;根据动量定理可知,药品A在螺旋滑槽运动过程合力的冲量大小I合=mv-mv0=0.5×(6-2) N·s=2 N·s,D错误。 3.D　根据能量守恒定律可知,子弹减小的动能等于弹簧增加的弹性势能和子弹、木块因摩擦产生的内能之和,A错误;弹簧、木块和子弹组成的系统所受合外力不为零,故动量不守恒,子弹和木块因摩擦产生了内能,故系统机械能不守恒,B错误;在弹簧被压缩过程,根据牛顿第三定律可知,木块对弹簧的作用力大小等于弹簧对木块的作用力大小,C错误;在弹簧被压缩到最短时,木块的速度为零,但受到弹簧水平向右的弹力,故加速度不为零,D正确。 4.C　A、B质量相等,弹性碰撞后速度交换,A的速度为零,故A错误;小球C脱离圆弧槽后,B、C在水平方向的分运动完全相同,所以小球C还会掉落到圆弧槽中,故B错误;从B与C刚要发生相对运动到小球C第一次回到槽内最低点的过程相当于质量相等的两个物体发生弹性碰撞,“碰后”二者速度互换,所以小球C第一次回到槽内最低点时,槽的速度为零,故C正确;根据动量守恒,B会一直向右运动,故D错误。 5.A　小滑块Q未放在木板上时,长木板P匀速下滑,有mPg sin θ=μmPg cos θ,解得μ=tan θ,P停止运动前,取P、Q系统为一个整体,整体受力如图甲所示,由于此时长木板P还在运动,f为滑动摩擦力,沿斜面方向上有f=μNP,可知NP=(mP+mQ)g cos θ,联立可得f=μ(mP+mQ)g cos θ=(mP+mQ)g sin θ,可见在P停止前,P、Q系统沿斜面方向合外力为零,系统动量守恒,A正确。P停止运动后,P、Q整体受力如图乙所示,由于长木板P已停止运动,f1应为静摩擦力,其大小应为f1=mPg sin θ,沿斜面方向f1<(mP+mQ)g sin θ,因此在P停止后,P、Q系统沿斜面方向合外力不为零,系统动量不守恒,B错误。综上所述,P停止前,P、Q系统沿斜面方向动量守恒;P停止后,P、Q系统沿斜面方向动量不守恒,C、D错误。 　　 6.B　设空气的密度为ρ,迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的风的横截面积为S,在时间Δt内吹到交通标志牌上的空气的质量为Δm=ρSv·Δt,假定风的末速度变为零,以风速方向为正方向,对风由动量定理有-FΔt=0-Δmv,可得F=ρSv2。10级台风底层中心处的风速v1≈25 m/s,16级台风底层中心处的风速v2≈50 m/s,则有=≈4,B正确。 7.C　由图乙可知,物块C与A碰撞前,物块C的速度为v1=12 m/s,碰撞后物块C与A的共同速度为v2=3 m/s,物块C与A碰撞过程动量守恒,以物块C的初速度方向为正方向,根据动量守恒定律有mCv1=(mA+mC)v2,解得mC=1 kg,A错误;根据能量守恒可知,当物块C与A速度为0时,弹簧的弹性势能最大,为Ep=(mA+mC)=18 J,B错误;由图乙可知,12 s末A和C的速度v3=-3 m/s,由动量定理,4 s到12 s过程弹簧对A和C整体的冲量I=(mA+mC)v3-(mA+mC)v2=-24 N·s,4 s到12 s过程中墙壁对物块B的冲量大小等于弹簧对物块B的冲量大小,也等于弹簧对A和C整体的冲量大小,所以墙壁对物块B的冲量大小为24 N·s,C正确;从物块C与A速度为0到物块B刚离开墙壁(弹簧恢复原长),根据机械能守恒定律有Ep=(mA+mC)v,解得A、C向左运动的速度大小为v'2=3 m/s,物块B离开墙壁后,当A、B、C三者共速时弹簧的弹性势能最大,根据动量守恒有(mA+mC)v'2=(mA+mC+mB)v3,根据能量守恒有E'p=(mA+mC)v-(mA+mC+mB),联立解得E'p=6 J,D错误。 8.AC　在接力前后瞬间,由于两选手间的作用时间极短,选手A、B构成的系统动量守恒,但机械能不一定守恒,A正确,B错误;对选手A,由动量定理,可知选手A的动量变化量等于选手B对选手A的冲量,C正确;选手B对选手A的冲量与选手A对选手B的冲量大小相等,但方向相反,D错误。 9.AB　人船系统总动量守恒,设甲运动方向为正方向,最初总动量为零,甲向右行走时,船(包括乙)向左运动,整个过程有m1v甲-(m0+m2)v船=0,可得=,甲对船和船对甲水平方向的作用力是相互作用力,大小相等、方向相反,由a=和动量定理可得=,A、B正确;当甲在船尾停止运动瞬间,设甲、船(包括乙)的位移大小分别为x1和x2,由动量守恒定律可知m1x1-(m0+m2)x2=0,且x1+x2=L,解得x2=,C错误;当甲在船尾停止运动后,由于系统总动量为零,则此时船的速度也为零,即船也将停止运动,D错误。 10.BD　设爆炸后两物体获得的速度分别为vA、vB,由牛顿第二定律,对A物体有μmg=ma,对B物体有μmBg=mBa,可得两物体的加速度大小均为a=2.5 m/s2,由v2-=2ax,对A物体有0-=-2axA,对B物体有0-=-2axB,由题意有=,得=,对A、B组成的系统,爆炸瞬间动量守恒,以A物体运动方向为正,由动量守恒定律有0=mvA-mBvB,解得mB=2 kg,A错误;由题意知两物体获得的总动能E=m+mB,解得vA=10 m/s,vB=5 m/s,对A物体,由0-vA=-atA,解得tA=4 s,B正确;对B物体,由0-vB=-atB,得tB=2 s,故物体A停止时,物体B已经停止,根据前面数据解得xA=20 m,xB=5 m,则A停止运动时,A、B两物体间的距离是25 m,C错误;从分离到B停止运动,A、B均运动了2 s,对A物体,由xA1=vAt-at2,得xA1=15 m,对物体A有QA=FfxA1=μmgxA1=37.5 J,对物体B有QB=FfxB=μmBgxB=25 J,解得=,D正确。 11.答案　(1)B(2分)　(3)0.24(2分)　0.23(2分) 解析　(1)由乙图可知,给小车A一个初速度后小车A做加速运动,所以应将小木块水平向右稍微移动调整,以使小车A在斜面上能做匀速运动,故选B。 (3)由丙图中x-t图线斜率可求得碰前和碰后小车A的速度大小分别为v1= m/s=0.6 m/s,v2= m/s=0.38 m/s,所以碰前和碰后两小车的总动量分别为p1=mAv1=0.4×0.6 kg·m/s=0.24 kg·m/s,p2=(mA+mB)v2=(0.4+0.2)×0.38 kg·m/s≈0.23 kg·m/s 12.答案　(1)C(2分)　(2)无影响(2分)　(3)m1x2=m1x1+m2x3(2分) (4)m1=m1+m2(2分) 解析　(1)实验时为保证两球正碰,则两球必须等大,即r1=r2;为防止入射球碰后反弹,则入射球质量要大于被碰球的质量,即m1>m2,故选C。 (2)入射小球从轨道上滑下时,轨道的粗糙程度对实验结论没有影响,小球滑到底端时速度每次相同即可。 (3)碰撞前入射小球落点为P,碰撞后入射小球落点为M,被碰小球落点为N;由于两小球在空中下落的高度相同,所以平抛运动时间相同,设为t,由题得v=,v1=,v2=,根据动量守恒定律m1v=m1v1+m2v2,若两球碰撞时的动量守恒,应满足的关系式为m1x2=m1x1+m2x3。 (4)碰撞前入射小球落点为P',碰撞后入射小球m1落点为M',被碰小球落点为N',设斜面倾角为α,由平抛规律有l2 sin α=gt2,l2 cos α=vt,解得v=,同理可得v1=,v2=,根据动量守恒m1v=m1v1+m2v2,可得m1=m1+m2。 13.答案　(1)　(2)L 解析　(1)木块1与木块2碰撞后,木块2做平抛运动,竖直方向有 L=gt2(1分) 水平方向有2L=vt(1分) 联立解得v=(1分) (2)木块1从释放到与木块2碰前瞬间,根据机械能守恒有 3mgL=·3m(2分) 解得v0= 木块1和木块2碰撞,根据水平方向动量守恒有3mv0=3mv1+mv(2分) 解得碰撞后木块1的速度大小v1= 之后木块1向上摆动,根据机械能守恒有·3m=3mgH(2分) 解得木块1相对桌面能上升到的最大高度H=L(1分) 14.答案　(1)20 m/s　(2)4 N,方向竖直向下　(3)5 m 解析　(1)设子弹打进木块后两者共速为v1,水平方向动量守恒,由动量守恒定律,得m2v0=(m1+m2)v1(2分) 解得v1=20 m/s(1分) (2)木块从A端滑到圆弧轨道右端时速度为v2,由动能定理,得 -μ(m1+m2)gL=(m1+m2)-(m1+m2)(2分) 木块滑到圆弧轨道右端时,由牛顿第二定律,得FN-(m1+m2)g=(1分) 联立两式,解得FN=4 N(1分) 根据牛顿第三定律可知F压=4 N,方向竖直向下(1分) (3)设三者以共速v3滑动时木块到达轨道最高处,从开始至木块上升到最大高度,水平方向系统动量守恒,得m2v0=(m2+m1+M)v3(2分) 解得v3=10 m/s(1分) 子弹打进木块后至木块在圆弧轨道上滑至最高过程,根据能量守恒有(m1+m2)=(m2+m1+M)+(m1+m2)gh+μ(m1+m2)gL(2分) 解得h=5 m(1分) 15.答案　(1)2.1 s　(2)1.2 m　0.55 m　(3)288 N　 m 解析　(1)子弹击中物块甲的过程中,子弹与物块甲组成的系统动量守恒,取子弹运动方向为正方向 由动量守恒定律有m0v=(m0+m1)v'(1分) 解得v'=2 m/s 设物块甲在传送带上能与传送带共速,由牛顿第二定律得μ1m1g=m1a(1分) 解得a=5 m/s2 物块甲从滑上传送带到共速的时间为t1==2 s(1分) 物块甲加速的位移大小为x1==14 m<L,假设成立 物块甲能与传送带共速,然后物块甲匀速向右运动到传送带的最右端与乙碰撞 物块甲匀速的时间为t2==0.1 s(1分) 物块甲在传送带上运动的总时间t=t1+t2=2.1 s(1分) (2)两物块碰撞的过程动量守恒,设碰后物块甲、乙的速度大小分别为v1、vA 由题意可知v1∶vA=3∶5 由动量守恒定律有(m0+m1)v0=-(m0+m1)v1+m2vA(1分) 解得v1=3 m/s,vA=5 m/s 碰后物块乙在平台上做匀减速运动,设物块乙运动到B点的速度大小为vB 由动能定理得-μ2m2gxAB=m2-m2(1分) 解得vB=4 m/s 物块乙离开B点后做平抛运动,设运动到C点的速度为vC 由于物块乙无碰撞地进入圆管,则有vB=vC cos 37° 可得vC=5 m/s 物块乙在C点的竖直分速度大小为vy=vC sin 37°=3 m/s 物块乙从B运动到C的时间为t4==0.3 s B、C两点间的水平距离为xBC=vBt4=1.2 m(1分) B点到水平面的高度为H=g+R(1-cos 37°)(1分) 解得H=0.55 m(1分) (3)设物块乙运动到D点的速度大小为vD,从C到D的过程由机械能守恒定律得m2+m2gR(1-cos 37°)=m2(1分) 物块乙在D点时,由牛顿第二定律得FN-m2g=(1分) 由牛顿第三定律可知,物块乙对圆管的压力大小为F'N=FN=288 N 设物块乙在E点的速度大小为vE,由C到E的过程,由机械能守恒定律得m2=m2gR(1+cos 37°)+m2(1分) 解得vE= m/s 物块乙离开E点后做平抛运动,竖直方向有2R=g 水平方向上有x=vEt5 解得x= m(1分) B、E两点的水平间距为xBE=xBC+R sin 37°=1.5 m(1分) 则物块乙第一次的落地点到B点的水平间距为Δx=xBE-x 解得Δx= m(1分) 学科网（北京）股份有限公司 $