新高考物理一輪復習重難點練習難點13 動量和能量的綜合問題（含解析）

難點13動量和能量的綜合問題1．解動力學問題的三個基本觀點(1)動力學觀點：運用牛頓運動定律結合運動學知識解題，可處理勻變速運動問題．(2)能量觀點：用動能定理和能量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題．(3)動量觀點：用動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題．用動量定理可簡化問題的求解過程．2．力學規(guī)律的選用原則(1)如果要列出各物理量在某一時刻的關系式，可用牛頓第二定律．(2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運動狀態(tài)改變時，一般用動量定理(涉及時間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)去解決問題．(3)若研究的對象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用動量守恒定律和機械能守恒定律去解決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件．(4)在涉及相對位移問題時則優(yōu)先考慮能量守恒定律，系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機械能的減少量，即轉化為系統(tǒng)內能的量．(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時，需注意到這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機械能與其他形式能量之間的轉化，作用時間都極短，因此用動量守恒定律去解決．一、動量與能量觀點的綜合應用【例1】長為l的輕繩上端固定，下端系著質量為m1的小球A，處于靜止狀態(tài)．A受到一個水平瞬時沖量后在豎直平面內做圓周運動，恰好能通過圓周軌跡的最高點．當A回到最低點時，質量為m2的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運動，并能通過圓周軌跡的最高點．不計空氣阻力，重力加速度為g，求：(1)A受到的水平瞬時沖量I的大小；(2)碰撞前瞬間B的動能Ek至少多大？【答案】(1)m1eq\r(5gl)(2)eq\f(5gl2m1＋m22,2m2)【解析】(1)A恰好能通過圓周軌跡的最高點，此時輕繩的拉力剛好為零，設A在最高點時的速度大小為v，由牛頓第二定律，有m1g＝m1eq\f(v2,l)A從最低點到最高點的過程中機械能守恒，取軌跡最低點處重力勢能為零，設A在最低點的速度大小為vA，有eq\f(1,2)m1vA2＝eq\f(1,2)m1v2＋2m1gl聯(lián)立解得vA＝eq\r(5gl)由動量定理，有I＝m1vA＝m1eq\r(5gl)(2)設兩球粘在一起時速度大小為v′，若A、B粘在一起后恰能通過圓周軌跡的最高點，需滿足v′＝vA要達到上述條件，碰后兩球速度方向必須與碰前B的速度方向相同，以此方向為正方向，設B碰前瞬間的速度大小為vB，由動量守恒定律，有m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′聯(lián)立解得vB＝eq\f(\r(5gl)2m1＋m2,m2)又Ek＝eq\f(1,2)m2vB2可得碰撞前瞬間B的動能Ek至少為Ek＝eq\f(5gl\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2m1＋m2))2,2m2).二、力學三大觀點的綜合應用【例2】如圖所示，一質量為M＝3.0kg的平板車靜止在光滑的水平地面上，其右側足夠遠處有一障礙物A，質量為m＝2.0kg的b球用長l＝2m的細線懸掛于障礙物正上方，一質量也為m的滑塊(視為質點)以v0＝7m/s的初速度從左端滑上平板車，同時對平板車施加一水平向右的，大小為6N的恒力F.當滑塊運動到平板車的最右端時，二者恰好相對靜止，此時撤去恒力F.當平板車碰到障礙物A時立即停止運動，滑塊水平飛離平板車后與b球正碰并與b粘在一起成為c.不計碰撞過程中的能量損失，不計空氣阻力．已知滑塊與平板車間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，g取10m/s2，求：(1)撤去恒力F前，滑塊、平板車的加速度各為多大，方向如何；(2)撤去恒力F時，滑塊與平板車的速度大??；(3)c能上升的最大高度．【答案】(1)滑塊的加速度為3m/s2、方向水平向左，平板車的加速度為4m/s2，方向水平向右(2)4m/s(3)0.2m【解析】(1)對滑塊，由牛頓第二定律得：a1＝μg＝3m/s2，方向水平向左對平板車，由牛頓第二定律得：a2＝eq\f(F＋μmg,M)＝eq\f(6＋0.3×20,3)m/s2＝4m/s2，方向水平向右(2)設經過時間t1滑塊與平板車相對靜止，此時撤去恒力F，共同速度為v1則：v1＝v0－a1t1v1＝a2t1解得：t1＝1s，v1＝4m/s.(3)規(guī)定向右為正方向，對滑塊和b球組成的系統(tǒng)運用動量守恒得，mv1＝2mv2，解得v2＝eq\f(v1,2)＝eq\f(4,2)m/s＝2m/s.根據(jù)機械能守恒得，eq\f(1,2)×2mv22＝2mgh，解得h＝eq\f(v22,2g)＝eq\f(4,20)m＝0.2m.一、單選題1．（2022·全國·高三專題練習）兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s，當A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是（

）A．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sB．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sC．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/sD．vA′＝7m/s，vB′＝1.5m/s【答案】B【解析】AD．碰前的動量為SKIPIF1<0碰后A項的總動量為SKIPIF1<0D項的總動量為SKIPIF1<0則兩種情況都滿足動量守恒；但碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必然要發(fā)生第二次碰撞，不符合實際，AD錯誤；B．碰后的總動量為SKIPIF1<0則滿足動量守恒，碰后A的速度小于B的速度，不會發(fā)生第二次碰撞，碰前的總動能SKIPIF1<0兩球碰后的總動能SKIPIF1<0不違背能量守恒定律，B正確；C．碰后的總動量為SKIPIF1<0則滿足動量守恒，兩球碰后的總動能SKIPIF1<0大于碰前的總動能SKIPIF1<0違背了能量守恒定律，C錯誤。故選B。2．（2022·全國·高三課時練習）如圖，建筑工地上的打樁過程可簡化為：重錘從空中某一固定高度由靜止釋放，與鋼筋混凝土預制樁在極短時間內發(fā)生碰撞，并以共同速度下降一段距離后停下來。則（）A．重錘質量越大，撞預制樁前瞬間的速度越大B．重錘質量越大，預制樁被撞后瞬間的速度越大C．碰撞過程中，重錘和預制樁的總機械能保持不變D．整個過程中，重錘和預制樁的總動量保持不變【答案】B【解析】A．重錘下落過程做自由落體運動，據(jù)位移速度公式可得SKIPIF1<0故重錘撞預制樁前瞬間的速度與重錘的質量無關，只與下落的高度有關，A錯誤；B．重錘撞擊預制樁的瞬間動量守恒，可得SKIPIF1<0故重錘質量m越大，預制樁被撞后瞬間的速度越大，B正確；C．碰撞過程為完全非彈性碰撞，重錘和預制樁的總機械能要減小，系統(tǒng)要產生內能，C錯誤；D．整個過程中，重錘和預制樁在以共同速度減速下降的過程中，受合外力不為零，總動量減小，D錯誤。故選B。3．（2022·重慶·模擬預測）如圖1所示，在水平地面上有甲、乙兩物塊（均可視為質點）相向運動，運動一段時間后發(fā)生碰撞，碰撞后兩物塊繼續(xù)運動直到均停止在地面上。整個過程中甲、乙兩物塊運動的速度-時間圖象如圖2所示，SKIPIF1<0時刻甲、乙間距為SKIPIF1<0，均停止后間距為SKIPIF1<0，已知重力加速度SKIPIF1<0m/s2。下列說法正確的是（）A．兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)相同B．兩物塊的質量之比為SKIPIF1<0C．兩物塊間的碰撞為彈性碰撞D．乙在整個過程中的位移大小SKIPIF1<0【答案】D【解析】A．從圖2可以看出SKIPIF1<0，SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0A錯誤；B．碰撞前瞬間甲、乙兩物塊的速度分別為SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，由運動學知識可知碰后瞬間甲、乙兩物塊的速度分別為SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，根據(jù)動量守恒定律有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0B錯誤；C．結合B項分析可知SKIPIF1<0故碰撞過程中有動能損失，C錯誤；D．結合圖象分析可知，SKIPIF1<0之后的運動過程，甲的位移為零，則乙的位移大小SKIPIF1<0D正確。故選D。4．（2022·河南·睢縣高級中學高三開學考試）如圖所示，一同學在SKIPIF1<0點的正上方SKIPIF1<0高處將小球SKIPIF1<0由靜止釋放，同時，另一同學將質量相同的小球SKIPIF1<0從SKIPIF1<0點以SKIPIF1<0的初速度豎直向上拋出，兩小球在空中發(fā)生彈性碰撞（時間極短）經過一段時間后，兩小球分別經過SKIPIF1<0點。取重力加速度大小SKIPIF1<0，不計空氣阻力，兩小球均可視為質點，下列說法正確的是（）A．碰撞點到SKIPIF1<0點的距離為SKIPIF1<0B．碰撞前瞬間小球SKIPIF1<0的速度大小為SKIPIF1<0C．小球SKIPIF1<0經過SKIPIF1<0點時的速度大小為SKIPIF1<0D．兩小球經過SKIPIF1<0點的時間間隔為SKIPIF1<0【答案】D【解析】AB．設兩球經過時間SKIPIF1<0發(fā)生碰撞，對于小球SKIPIF1<0，下落的高度為SKIPIF1<0對于小球B，上升的高度為SKIPIF1<0則SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0則SKIPIF1<0則碰撞點到SKIPIF1<0點的距離為SKIPIF1<0，碰撞前瞬間小球SKIPIF1<0的速度大小為SKIPIF1<0碰撞前瞬間小球SKIPIF1<0的速度大小為SKIPIF1<0故AB錯誤；CD．兩小球在空中發(fā)生彈性碰撞，且兩個小球的質量相等，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定理可知，兩個小球的速度互換，則小球A從碰撞點開始向下做自由落體運動，則到達P點的速度大小為SKIPIF1<0根據(jù)SKIPIF1<0可得小球A下落到P點的時間SKIPIF1<0小球B做初速度為SKIPIF1<0的勻加速運動，根據(jù)SKIPIF1<0解得小球B下落到P點的時間SKIPIF1<0則兩小球經過SKIPIF1<0點的時間間隔為SKIPIF1<0故C錯誤D正確。故選D。5．（2022·湖北省孝感市第一高級中學模擬預測）如圖所示，小車靜止在光滑水平面上，AB是小車內半圓弧軌道的水平直徑，現(xiàn)將一質量為m的小球從距A點正上方R處由靜止釋放，小球由A點沿切線方向進入半圓軌道后又從B點沖出，已知半圓弧半徑為R，小車質量是小球質量的k倍，不計一切摩擦，則下列說法正確的是（）A．在相互作用過程中小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B．小球從小車的B點沖出后，不能止升到剛釋放時的高度C．整個過程中小球和小車的機械能守恒D．小球從滑入軌道至圓弧軌道的最低點時小球的位移大小SKIPIF1<0【答案】C【解析】A．小球與小車組成的系統(tǒng)僅在水平方向不受外力，即只是水平方向系統(tǒng)動量守恒，故A錯誤；B．因為系統(tǒng)水平方向的總動量保持為零，則小球由B點離開小車時小車速度為零，小球豎直上拋，由機械能守恒可知小球能上升到原來的高度，故B錯誤；C．整個過程中小球和小車的機械能守恒，C正確；D．人船模型可得SKIPIF1<0SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0所以小球的水平位移大小為SKIPIF1<0，故D錯誤。故選C。6．（2022·廣東·模擬預測）如圖所示，半徑為R光滑的SKIPIF1<0圓弧軌道PA固定安裝在豎直平面內，A點的切線水平，與水平地面的高度差為R，讓質量為m=0.2kg的小球甲（視為質點）從P點由靜止沿圓弧軌道滑下，從A點飛出，落在地面的B點，飛出后落到地面的水平位移為x=0.9m；把質量為M=0.4kg的小球乙（與甲的半徑相同）靜止放置在A點，讓小球甲重新從P點由靜止沿圓弧軌道滑下，與乙發(fā)生彈性碰撞，空氣的阻力忽略不計、重力加速度SKIPIF1<0，下列說法正確的是（）A．圓弧軌道的半徑R=0.9mB．乙從A點飛出至落至地面過程中重力的沖量大小為SKIPIF1<0C．甲、乙碰撞后乙的速度2.0m/sD．乙對甲的沖量大小為SKIPIF1<0【答案】C【解析】A．甲由P到A，由機械能守恒定律可得SKIPIF1<0甲由A到B，由平拋運動的規(guī)律可得SKIPIF1<0SKIPIF1<0綜合解得SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0故A錯誤；B．乙做平拋運動的時間為SKIPIF1<0重力的沖量SKIPIF1<0計算可得SKIPIF1<0故B錯誤；C．甲乙在A點發(fā)生碰撞，設碰后甲乙的速度分別為SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，由動量守恒SKIPIF1<0由能量守恒SKIPIF1<0綜合解得SKIPIF1<0SKIPIF1<0故C正確；D．甲乙在碰撞的過程中，對甲應用動量定理，可得乙對甲的沖量大小為SKIPIF1<0故D錯誤。故選C。7．（2022·福建·模擬預測）如圖所示，半徑為R、質量為m的半圓軌道靜止在光滑水平地面上，直徑AB水平，半徑OC豎直。一可視為質點的質量為SKIPIF1<0的小物塊從A端由靜止滑下。已知小物塊第一次經過C點時的速度大小為v，重力加速度為g，不計空氣阻力。下列判斷正確的是（）A．無論軌道ABC是否光滑，小物塊都不能滑到B端B．若軌道ABC是粗糙的，小物塊從A端第一次滑到C點的過程中系統(tǒng)因摩擦產生的總熱量為SKIPIF1<0C．無論軌道ABC是否光滑，小物塊從A端第一次滑到C點的過程中受到的合外力沖量大小均為SKIPIF1<0D．無論軌道ABC是否光滑，小物塊從A端第一次滑到C點的過程中水平位移大小均為SKIPIF1<0【答案】CD【解析】A.因水平面光滑，所以軌道與物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設物塊沿CB向上滑到最大高度h時，兩者相對靜止，速度為SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0若軌道光滑，由能量守恒得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0小物能滑到B端，故A錯誤；B.小物塊從A端第一次滑到C點的過程中水平方向動量守恒，結合能量守恒定律可得SKIPIF1<0SKIPIF1<0解得系統(tǒng)因摩擦產生的總熱量為SKIPIF1<0故B錯誤；C.小物塊從A端第一次滑到C點的過程中，無論軌道ABC是否光滑，由動量定理可得合外力的沖量為SKIPIF1<0故C正確；D.小物塊從A端第一次滑到C點的過程中，無論軌道ABC是否光滑，水平方向有SKIPIF1<0SKIPIF1<0解得小物塊水平位移大小為SKIPIF1<0故D正確。故選CD。8．（2022·安徽·中國科技大學附屬中學模擬預測）如圖，A、B兩個物體，用一根輕彈簧相連，放在光滑的水平面上，已知A物體質量為B物體的一半，A物體左邊有一豎直檔板，現(xiàn)用水平力向左緩慢推B物體，壓縮彈簧，外力做功為W。突然撤去外力，B物體從靜止開始向右運動，以后帶動A物體做復雜的運動，當物體A開始向右運動以后，彈簧的彈性勢能最大值為（

）A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】C【解析】現(xiàn)用水平力向左緩慢推B物體，壓縮彈簧，外力做功為SKIPIF1<0，根據(jù)能量守恒知簧儲存的彈性勢能大小是SKIPIF1<0，設A物體剛運動時，彈簧彈性勢能轉化為B的動能，B物體的速度為SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0當彈性勢能最大時，兩物體的速度相等，設為SKIPIF1<0，則由動量守恒得SKIPIF1<0再由機械能守恒定律得SKIPIF1<0聯(lián)立解得，當物體A開始向右運動以后，彈簧的彈性勢能最大值為SKIPIF1<0故選C。9．（2022·遼寧·沈陽二中三模）質量為SKIPIF1<0的平板小車左端放有質量為SKIPIF1<0的小鐵塊，它和車之間的動摩擦因數(shù)SKIPIF1<0。開始時，車和鐵塊均以SKIPIF1<0的速度在光滑水平面上向右運動，如圖所示。車與墻發(fā)生正碰，設碰撞時間極短，碰撞中無機械能損失，且車身足夠長，運動過程中鐵塊總不能和墻相碰，則小車和墻第一次相碰后，平板小車第一次離開墻的最大距離SKIPIF1<0以及鐵塊相對小車的總位移SKIPIF1<0分別為（）A．SKIPIF1<0，SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0，SKIPIF1<0C．SKIPIF1<0，SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0，SKIPIF1<0【答案】A【解析】車第一次與墻相撞后向左做勻減速直線運動，當速度減為零時，平板小車第一次離開墻的最大距離SKIPIF1<0，對小車，由動能定理得SKIPIF1<0代入數(shù)據(jù)解得SKIPIF1<0小車與鐵塊的初速度向右，系統(tǒng)的初動量向右，由于SKIPIF1<0，小車不論與墻相撞多少次，系統(tǒng)的總動量總是向右，小車與墻壁每碰撞一次系統(tǒng)的總動量減少一次，直到系統(tǒng)動量減為零為止，最后小車停在墻下，且鐵塊相對小車相對運動方向不變總是相對向右運動，設整個過程鐵塊相對小車的總位移為SKIPIF1<0，對系統(tǒng)，由能量守恒定律得SKIPIF1<0代入數(shù)據(jù)解得SKIPIF1<0故A正確，BCD錯誤。故選A。10．（2022·山西·太原五中二模）如圖所示，質量為0.1kg的小圓環(huán)A穿在光滑的水平直桿上。用長為L=0.8m的細線拴著質量為0.2kg的小球B，B懸掛在A下方并處于靜止狀態(tài)。t=0時刻，小圓環(huán)獲得沿桿向左的沖量SKIPIF1<0，g取10m/s2.，下列說法正確的是（）A．小球B做圓周運動B．小球B第一次運動到A的正下方時A的速度最小C．從小球B開始運動到第一次回到A的正下方的過程中，細線對A先做負功再做正功D．從小球B開始運動到第一次回到的正下方的過程中，合力對B的沖量為SKIPIF1<0【答案】C【解析】A．由題意可知，小球B相對于圓環(huán)A做圓周運動，因圓環(huán)不固定，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，可知圓環(huán)在水平方向做變加速運動，則以地面為參照物時，小球B不做圓周運動，故A錯誤；BC．由于細線的作用，圓環(huán)向左減速運動，當圓環(huán)A的速度變?yōu)?時，如果小球恰回到最A的正下方，系統(tǒng)水平方向動量守恒，則有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0如果此時小球回到A的正下方，其速度水平向左，其動能為SKIPIF1<0因系統(tǒng)初動能為SKIPIF1<0SKIPIF1<0則根據(jù)系統(tǒng)能量守恒可知，當圓環(huán)A的速度變?yōu)?時，小球B還沒有回到其的正下方，則小球B繼續(xù)加速，圓環(huán)A則反向向右加速，當小球B回到圓環(huán)A的正下方向時，圓環(huán)A具有向右的速度，所以從小球B開始運動到第一次回到圓環(huán)A的正下方的過程中細線對A先做負功再做正功，故B錯誤，C正確；D．假定小球B開始運動到第一次回到的正下方時速度為v1、圓環(huán)速度為v2，則有SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0根據(jù)動量定理有，從小球B開始運動到第一次回到的正下方的過程中，合力對B的沖量為SKIPIF1<0方向水平向左，故D錯誤。故選C。二、多選題11．（2022·全國·高三課時練習）帶有SKIPIF1<0光滑圓弧軌道質量為M的小車靜止置于光滑水平面上，如圖所示，一質量也為M的小球以速度v0水平沖上小車，到達某一高度后，小球又返回小車的左端，則（）A．小球以后將向左做平拋運動 B．小球將做自由落體運動C．此過程小球對小車做的功為SKIPIF1<0MvSKIPIF1<0 D．小球在弧形槽上上升的最大高度為SKIPIF1<0【答案】BC【解析】D．上升到最高點時與小車相對靜止，有共同速度v′，由動量守恒定律和機械能守恒定律有SKIPIF1<0SKIPIF1<0聯(lián)立得SKIPIF1<0D錯誤；ABC．從小球滾上到滾下并離開小車，系統(tǒng)在水平方向上的動量守恒，由于無摩擦力做功，動能守恒，此過程類似于彈性碰撞，作用后兩者交換速度，即小球速度變?yōu)榱?，開始做自由落體運動，BC正確，A錯誤。故選BC。12．（2021·云南·昆明一中模擬預測）如圖所示，將兩個質量分別為m1=60g、m2=30g的小球A、B疊放在一起，中間留有小空隙，從初始高度h0=1.8m處由靜止釋放。A球與地面碰撞后立即以原速率反彈，A球與B球碰撞的時間為0.01s，不計空氣阻力，取向上為正方向，B球的速度時間圖象如圖乙所示，g取10m/s2（）A．B球與A球碰前的速度大小為6m/sB．兩球碰撞過程中，B球的重力沖量與A對B球的沖量大小比值為1：101C．A、B兩球發(fā)生的是彈性碰撞D．若m2<m1，第一次碰撞后，m2球上升的最大高度可能大于17m【答案】AB【解析】由機械能守恒定律可知SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0兩物體落地前的速度SKIPIF1<0根據(jù)動量定理，A和B相互作用過程中，B動量的變化量等于合力的沖量SKIPIF1<0重力的沖量為SKIPIF1<0SKIPIF1<0因為A、B作用時間極短，重力對系統(tǒng)的沖量遠小于系統(tǒng)總動量，可以視系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒SKIPIF1<0得A碰后速度為SKIPIF1<0，計算知SKIPIF1<0碰撞前后，系統(tǒng)機械能有損失，不是彈性碰撞。若不計系統(tǒng)重力的影響，且m2<<m1，由動量守恒SKIPIF1<0不計碰撞損失，由能量關系SKIPIF1<0聯(lián)立解得SKIPIF1<0因m2<<m1，則v1=3v0，則m2球上升的最大高度h2=9h0=16.2m故AB正確CD錯誤。故選AB。13．（2022·全國·高三課時練習）如圖所示，繩長為l，小球質量為m，小車質量為M，將小球向右拉至水平后放手，則（水平面光滑）（）A．系統(tǒng)的總動量守恒B．水平方向任意時刻小球與小車的動量等大反向或都為零C．小球不能向左擺到原高度D．小車向右移動的最大距離為SKIPIF1<0【答案】BD【解析】AB．系統(tǒng)只是在水平方向所受的合力為零，豎直方向的合力不為零，故水平方向的動量守恒，而總動量不守恒，故A錯誤，B正確；C．根據(jù)水平方向的動量守恒及機械能守恒得，小球仍能向左擺到原高度，故C錯誤；D．小球相對于小車的最大位移為2l，根據(jù)“人船模型”，系統(tǒng)水平方向動量守恒，設小球水平方向的平均速度為vm，小車水平方向的平均速度為vMmvm-MvM=0兩邊同時乘以運動時間tmvmt-MvMt=0即mxm=MxM又xm＋xM=2l解得小車向右移動的最大距離為xM=SKIPIF1<0故D正確。故選BD。14．（2022·青?！ず|市第一中學二模）第24屆冬季奧林匹克運動會于2022年2月4日~2022年2月20日在中國北京市和張家口市聯(lián)合舉行，這是中國歷史上第一次舉辦冬季奧運會，中國奧運健兒在冬奧賽場上展示出我國的風采。在某次比賽中，球員手持毛刷擦刷冰面，可以改變冰壺滑行時受到的阻力。如圖甲所示，質量SKIPIF1<0的藍壺靜止在圓形區(qū)域內，運動員用等質量的紅壺撞擊藍壺，兩壺發(fā)生正碰。碰撞前后兩壺的SKIPIF1<0圖像如圖乙所示。SKIPIF1<0，下列說法正確的是（）A．碰撞前紅壺與冰面的動摩擦因數(shù)為0.16B．碰撞前紅壺與冰面的動摩擦因數(shù)為0.04C．紅壺與藍壺碰撞過程中機械能損失了4.4JD．紅壺與藍壺碰撞過程中機械能損失了5.4J【答案】BD【解析】AB．由題圖乙可知紅壺在0～1s內的加速度大小SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0故A錯誤，B正確；CD．由題圖乙可知碰撞前、后紅壺的速度大小分別為SKIPIF1<0SKIPIF1<0根據(jù)動量守恒定律可得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0碰撞前兩壺的總動能SKIPIF1<0碰撞后兩壺的總動能SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0故C錯誤、D正確。故選BD。三、解答題15．（2022·全國·高三專題練習）水平滑道MN兩側的水平平臺與木板B的上表面平齊，木板B靜止在左側平臺側壁處，物體A從左側平臺以某一大小的初速度向右滑上木板B，如圖所示。水平滑道MN足夠長，在木板B到達右側平臺之前，物體A與木板已達到共速，木板B與右側平臺側壁相碰后立刻停止運動。右側平臺與粗糙斜面PQ平滑連接，物體C在摩擦力的作用下靜止在斜面上的E點，PE間距為x。物體A和木板B的質量均為m，物體C的質量為SKIPIF1<0，木板長為L，物體A與木板B之間、物體A和C與斜面間動摩擦因數(shù)均為SKIPIF1<0，其它接觸面均光滑，物體A、C均可視為質點。（1）若物體A與木板共速時恰好滑到木板的右端，求物體A初速度的大小SKIPIF1<0；（2）若要求物體A能夠滑上右側平臺，求物體A初速度的最小值SKIPIF1<0；（3）若物體A以速度SKIPIF1<0由P點沖上斜面，經時間SKIPIF1<0與物體C發(fā)生彈性碰撞，碰后物體C經時間SKIPIF1<0速度減小到零，試推理計算總時間SKIPIF1<0最大時x的取值?！敬鸢浮浚?）SKIPIF1<0；（2）SKIPIF1<0；（3）SKIPIF1<0【解析】（1）物體A滑上木板B，由動量守恒定律SKIPIF1<0由能量轉化守恒定律SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0（2）設共速時物體在木板上滑過的距離為d，由動量和能量守恒定律SKIPIF1<0，SKIPIF1<0木板碰到右側平臺側壁停止運動，物體A剛好減速運動到平臺上，由能量守恒SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0（3）物體A和C與斜面間動摩擦因數(shù)相同，沿斜面向上減速滑行的加速度大小相同，設加速度大小為a，物體A減速到E點時的速度為SKIPIF1<0SKIPIF1<0A、C彈性碰撞SKIPIF1<0，SKIPIF1<0物體C減速到零SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0可知t最大時，SKIPIF1<0最大，即SKIPIF1<0此時SKIPIF1<016．（2022·河北·高三學業(yè)考試）如圖是某個同學設計的一個游戲裝置，該游戲裝置的滑道分為光滑的OA、AB、BE、CD四段，O點右端固定安裝一彈簧發(fā)射裝置。將一質量為M的物塊a與彈簧緊貼，釋放彈簧，物塊a從O處出發(fā)，運動到A處時與質量為m的滑塊b發(fā)生彈性碰撞。已知物塊a的質量為M＝2kg，滑塊b的質量m＝1kg，豎直面內四分之一圓弧軌道CD的半徑為R＝0.9m，BE段水平且距底座高度h＝0.8m，四分之一圓弧軌道C端的切線水平，C、E兩點間的高度差剛好可容滑塊b通過，兩點間水平距離可忽略不計，滑塊b可以視為質點，不計空氣阻力，重力加速度SKIPIF1<0。若滑塊b恰好能夠通過C處并沿軌道滑落，求：（1）碰撞后瞬間滑塊b的速度大小；（2）碰撞后a在AB上運動能上升到的最大高度（保留兩位有效數(shù)字）；（3）釋放物塊a前彈簧的彈性勢能（保留兩位小數(shù)）。【答案】（1）5m/s；（2）0.078m；（3）14.06J【解析】（1）滑塊b恰好能夠通過C處并沿軌道滑落，有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0滑塊b由A到C，根據(jù)機械能守恒定律，有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0（2）物塊a與滑塊b發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律，有SKIPIF1<0根據(jù)機械能守恒定律，有SKIPIF1<0聯(lián)立解得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0對物塊a由機械能守恒定律，有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0（3）物塊a和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，可知釋放物塊a前彈簧的彈性勢能SKIPIF1<017．（2023·山西·模擬預測）如圖所示，質量SKIPIF1<0的平板車SKIPIF1<0放在光滑的水平面上，質量SKIPIF1<0的物塊SKIPIF1<0放在平板車右端上表面，質量SKIPIF1<0的小球SKIPIF1<0用長為SKIPIF1<0的細線懸掛于SKIPIF1<0點，SKIPIF1<0點在平板車的左端正上方，距平板車上表面的高度為SKIPIF1<0，將小球向左拉到一定高度，懸線拉直且與豎直方向的夾角為SKIPIF1<0，由靜止釋放小球，小球與平板車碰撞后，物塊剛好能滑到平板車的左端，物塊相對平板車滑行的時間為SKIPIF1<0，物塊與平板車間的動摩擦因數(shù)為0.6，忽略小球和物塊的大小，重力加速度SKIPIF1<0取SKIPIF1<0，求：（1）平板車的長度；（2）小球與平板車碰撞過程損失的機械能?！敬鸢浮浚?）SKIPIF1<0；（2）SKIPIF1<0【解析】（1）設物塊在平板車上滑動時的加速度為SKIPIF1<0，根據(jù)牛頓第二定律有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0設物塊與平板車最后的共同速度為SKIPIF1<0，根據(jù)運動學公式有SKIPIF1<0設小球與平板