2023屆高三物理復(fù)習(xí)專題16動(dòng)量能量在各類模型中的應(yīng)用（解析版）

專題16動(dòng)量能量在各類模型中的應(yīng)用TOC\o"1-5"\h\z目錄

題型一碰撞模型 J類型1系統(tǒng)動(dòng)量守恒的判斷 11\o"CurrentDocument"類型2彈性碰撞中的“子母球”模型 ；\o"CurrentDocument"題型二非彈性碰撞中的“動(dòng)能損失”問題 （類型1非彈性小球碰撞中的動(dòng)能損失 ：\o"CurrentDocument"類型2滑塊木板模型中的動(dòng)能損失 f\o"CurrentDocument"類型3滑塊-曲面模型中的動(dòng)能損失問題 S\o"CurrentDocument"類型4小球-彈簧模型中的動(dòng)能損失問題 1（\o"CurrentDocument"類型5帶電系統(tǒng)中動(dòng)能的損失問題 11\o"CurrentDocument"類型6導(dǎo)體棒“追及”過程中的動(dòng)能損失問題 1：\o"CurrentDocument"題型三碰撞遵循的規(guī)律 P\o"CurrentDocument"類型1碰撞的可能性 V\o"CurrentDocument"類型2碰撞類型的識別 15\o"CurrentDocument"題型四"滑塊一彈簧”碰撞模型中的多過程問題 1；\o"CurrentDocument"題型五“滑塊一斜（曲）面”碰撞模型 2（\o"CurrentDocument"題型六滑塊模型中的多過程 2：\o"CurrentDocument"題型七子彈打木塊模型中的能量動(dòng)量問題 2,題型八兩體爆炸（類爆炸）模型中的能量分配 2（\o"CurrentDocument"題型九人船模型及其拓展模型的應(yīng)用 2S\o"CurrentDocument"題型十懸繩模型 3；題型一碰撞模型類型1系統(tǒng)動(dòng)量守恒的判斷.以質(zhì)量為如、速度為V1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有m\vi=m\v\+m2Vi2^ivr=2m?M*+]"72也'2衽一版汨，也,2/ni聯(lián)乂解得：環(huán)一嬴而V”也一嬴砧n討論：①若利="2，則也，=0,環(huán)=也（速度交換）；②若機(jī)1>m2，則以'>0，也'>0（碰后兩小球沿同一方向運(yùn)動(dòng)）；當(dāng)加1>淅2時(shí)，V]-Vl，V2-2VI；③若〃71Vm2，則也'<0，暝'>0（碰后兩小球沿相反方向運(yùn)動(dòng)）；當(dāng)如<512時(shí)，V1--Vi，V2-0.【例1】（多選）如圖所示，豎直放置的半徑為R的半圓形軌道與水平軌道平滑連接，不計(jì)一切摩擦.圓心。點(diǎn)正下方放置質(zhì)量為2m的小球A,質(zhì)量為膽的小球B以初速度%向左運(yùn)動(dòng)，與小球A發(fā)生彈性碰撞.碰后小球A在半圓形軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離軌道，則小球B的初速度w可能為（重力加速度為g）（）A.2y[2^R B.a/2^ C.2y[5gR D.y[5gR【答案】BC【解析】A與8碰撞的過程為彈性碰撞，則碰撞的過程中動(dòng)量守恒，設(shè)8的初速度方向?yàn)檎较?，碰撞后B與A的速度分別為0和口，則：，"即=/?1,1+2，”也，由能量守恒得：嚴(yán)加1+2.2mh2,聯(lián)立得：藝=竽.若恰好能通過最高點(diǎn)，說明小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)僅由小球的重力提供向心力，設(shè)在最高點(diǎn)的速度為vmin,由牛頓第二定律得：2，咫=2"耍,A在碰撞后到達(dá)最高點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒，得；2mg-2R=^2mV2,2—l.2/nvmin2,也'=?■，解得：vd=1.5、5gR,可知若小球A經(jīng)過最高點(diǎn)，則需要：論L5*\/5gR.若小球不能到達(dá)最高點(diǎn)，則小球不脫離軌道時(shí)，恰好到達(dá)與。等高處，由機(jī)械能守恒定律得：2,咫?/?=去2,加2"2,V2"2=弩，解得即"=1.5，麗，可知若小球不脫離軌道時(shí)，需滿足：VOW1.54荻.由以上的分析可知，若小球不脫離軌道時(shí)，需滿足：唯1.5，礪或v侖1.5，麗，故A、D錯(cuò)誤，B、C正確.【例2】（多選）（2022?福建龍巖市質(zhì)量檢測）甲物體在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)的速度為盯，與靜止的乙物體相碰，碰撞過程中無機(jī)械能損失，下列結(jié)論正確的是（）A.乙的質(zhì)量等于甲的質(zhì)量時(shí)，碰撞后乙的速度為盯B.乙的質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于甲的質(zhì)量時(shí)，碰撞后乙的速率是2VlC.乙的質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于甲的質(zhì)量時(shí)，碰撞后甲的速率是環(huán)D.碰撞過程中甲對乙做的功大于乙動(dòng)能的增量【答案】ABC【解析】由于碰撞過程中無機(jī)械能損失，故是彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可以解得兩物體碰后的速度= 吸，=C-V）?當(dāng)，時(shí)，V2，=V1，選項(xiàng)A正確：當(dāng)g＞淅2時(shí)，。'=2也，選機(jī)1十加2 十加2項(xiàng)B正確；當(dāng)如《切2時(shí)，）=一叨，選項(xiàng)C正確；根據(jù)動(dòng)能定理可知碰撞過程中甲對乙做的功等于乙動(dòng)能的增量，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。【例3】如圖所示，ABC為一固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道，A8段是半徑R=0.8m的;圓弧，8在圓心O的正下方，BC段水平，48段與BC段平滑連接.球2、球3均放在BC軌道上，質(zhì)量〃u=0.4kg的球1從A點(diǎn)由靜止釋放，球1進(jìn)入水平軌道后與球2發(fā)生彈性正碰，球2再與球3發(fā)生彈性正碰，g=10m/s2.

B C(1)求球1到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小；(2)若球2的質(zhì)量m2=0Akg,求球1與球2碰撞后球2的速度大??；(3)若球3的質(zhì)量小3=01kg,為使球3獲得最大的動(dòng)能，球2的質(zhì)量應(yīng)為多少.【答案】(1)12N(2)6.4m/s(3)0.2kg【解析】⑴對球1從A到8應(yīng)用動(dòng)能定理；/在B點(diǎn)對球1應(yīng)用牛頓第二定律：? vo2聯(lián)立解得：v0=4m/SxFn=12N由牛頓第三定律知球1在B點(diǎn)對軌道的壓力大小尸n'=Fn=12N.(2)球1、球2碰撞時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：W="?IV|+m2y2由機(jī)械能守恒定律得：；團(tuán)|Vo2=2^1V|2+/2V22解得：也=消(3)同理，球2、球3碰撞后:2也"他+如"則V3=2〃?2 2〃?i〃?2+用3Vo代入數(shù)據(jù)得V3=—m21.6m2由數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng)"72=4詈時(shí)，m2+*?+0.5最小，U3最大所以622=0.04,62=0.2kg.類型2彈性碰撞中的“子母球”模型iniVl+m202=m101'+機(jī)202’1ut+ 覆=\mio產(chǎn)+^rn2V2,2v\,=m\+62碰撞前后，系統(tǒng)機(jī)械能有損失，不是彈性碰撞。若不計(jì)系統(tǒng)重力的影響，且，"2<<的，由動(dòng)量守恒叫%-m-,v0=+zn,v2不計(jì)碰撞損失，由能量關(guān)系1J1 2 1 211］肛%+］徑%=2/wivi+耳網(wǎng)匕聯(lián)立解得因，則Vl=3vo,則"?2球上升的最大高度〃2=9〃o=16.2m故AB正確CD錯(cuò)誤。故選AB?！纠?】（多選）（2022?湖南岳陽市教學(xué)質(zhì)檢）物理學(xué)中有一種碰撞被稱為“超彈性連續(xù)碰撞”，通過能量的轉(zhuǎn)移可以使最上面的小球彈起的高度比釋放時(shí)的高度更大。如圖所示，A、8、C三個(gè)彈性極好的小球，相鄰小球間有極小間隙，三球球心連線豎直，從離地一定高度處由靜止同時(shí)釋放（其中C球下部離地”），所有碰撞均為彈性碰撞，且碰后8、C恰好靜止，則（）OAA.C球落地前瞬間A球的速度為立通B.從上至下三球的質(zhì)量之比為1：2：64球彈起的最大高度為2544球彈起的最大高度為94【答案】ABD【解析】因?yàn)锳、8、C球由靜止同時(shí)釋放，所以A與C落地瞬間的速度相等，由自由落體運(yùn)動(dòng)公式v2=2gH,解得VA=vc=72gH,A正確；由題意可知，C球碰地，反向碰8,8再反向碰A,因都是彈性碰撞，設(shè)向上為正方向，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，C碰B有/HBC—"?8丫8=小陪，某詫+/"8而=斗"8*2,解得ntc=3mB，VB=\l2gH,8碰A有mavg—mAva=mAvA'?v?，2+=ynAva'2>解得mu—2mA>VAl=3y］2gH.由以上幾式口J得mg：mc=1：2：6,B正確；由以上分析解得“=3.2gH,A球彈起的最大高度%'2=2g〃max，〃max=%=9H,C錯(cuò)誤，D正確?！纠?】在一種新的子母球表演中，讓同一豎直線上的小球A和小球B,從距地面高度為3〃和〃的地方同時(shí)由靜止釋放，如圖所示，若B與地面發(fā)生碰撞后能原速率反彈，且A、8第一次發(fā)生彈性碰撞后，A恰好能回到出發(fā)點(diǎn)，假設(shè)碰撞時(shí)間極短，且運(yùn)動(dòng)過程中忽略空氣阻力的影響，求:3hE(1)A、B兩球相碰時(shí)的位置距地面的距離;(2)A、8兩球的質(zhì)量之比.【答案】(通(2)1：3【解析】(DA、8靜止釋放后做自由落體運(yùn)動(dòng)，8的落地速度茄，此時(shí)A距地面高度為2小速度也為小誦.設(shè)8與地面碰撞后經(jīng)過時(shí)間，兩球相遇，2〃=w+；gP+(w—金F)，解得：聯(lián)立解得A、B兩球相碰時(shí)的位置距地面的距離hB=vt-^=^h(2)設(shè)A與8碰撞前兩者的速度大小分別為卜、ve，碰撞后速度大小分別為vayvbA、8發(fā)生彈性碰撞，取豎直向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律得〃以以一"5-h=一加”(+"3-/；小痔2+品8療=V4"+%?81e"由碰后A恰好回到出發(fā)點(diǎn)，可得W=從中可得Z7UVA=niBVB又有VA=v+gtu產(chǎn)v-gf可畤4聯(lián)立解得SH即A、8質(zhì)量之比為1:3題型二非彈性碰撞中的“動(dòng)能損失”問題1.非彈性碰撞碰撞結(jié)束后，動(dòng)能有部分損失。，加口+加2v2=機(jī)1片'+切2y2’J??］而+J〃2送加也”+52y2'2+AEk損3.完全非彈性碰撞碰撞結(jié)束后，兩物體合二為一，以同一速度運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能損失最大。加］0+"2畛=("1+/W2)VV?+ 日=/"II+機(jī)2)V2+A￡kmax甲日乙歷一產(chǎn)甲V甲'2甲日乙歷一產(chǎn)甲V甲'2一乙V乙'2,代入圖中數(shù)據(jù)解得E指=3J,選項(xiàng)A正確。類型2滑塊木板模型中的動(dòng)能損失【例3】(多選)長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m=2kg的另一物體B以水平速度v0=2m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面，由于4、8間存在摩擦，之后A、B速度隨時(shí)間變化情況如圖所示，g=10m/s2.則下列說法正確的是()A.木板獲得的動(dòng)能為1JB.系統(tǒng)損失的機(jī)械能為2JC.木板4的最小長度為2mD.4、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1【答案】ABD【解析】由題圖可知，最終木板獲得的速度為v=lm/s,A、8組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以8的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得解得M=2kg,則木板獲得的動(dòng)能為Ekn/M/nJxZxFj=1J,故A正確：系統(tǒng)損失的機(jī)械能△E=5n%2—/；?+”)/,代入數(shù)據(jù)解得ae=2J,故B正確；根據(jù)v—t圖像中圖線與，軸所圍的面積表示位移，由題圖得到。?1s內(nèi)8的位移為xp=$(2+l)xlm=1.5m,A的位移為以=臥1xlm=0.5m,則木板A的最小長度為L=xb-xa=1m,故C錯(cuò)誤；由題圖可知，8的加速Av1—2度。=五=—j-m/s2=-1m/s-負(fù)號表示加速度的方向與vo的方向相反，由牛頓第二定律得一〃加贈(zèng)二川的，解得"=0.1,故D正確.【例2】(2022?山東鄒城市模擬)質(zhì)量為M=1.0kg的長木板A在光滑水平面上以環(huán)=0.5m/s的速度向左運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻質(zhì)量為m=0.5kg的小木塊8以吃=4m/s的速度從左端向右滑上長木板，經(jīng)過時(shí)間f=0.6s小木塊B相對A靜止，求：(1)兩者相對靜止時(shí)的運(yùn)動(dòng)速度v；(2)從木塊滑上木板到相對木板靜止的過程中，木板A的動(dòng)量變化量的大小;(3)小木塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃.【答案】(1)1m/s,方向水平向右⑵1.5kg-m/s(3)0.5【解析】設(shè)水平向右為正方向(1)從開始到相對靜止，水平方向動(dòng)量守恒一M1，|+/W2=(M+?1)V解得v=lm/s,方向水平向右.（2）長木板的動(dòng)量變化量大小Ap=Mv—（―A/vi）=1.5kgm/s（3）對小木塊8,根據(jù)動(dòng)量定理得解得〃=05【例3】（多選）如圖所示，一質(zhì)量M=8.0kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個(gè)質(zhì)量機(jī)=2.0kg的小木塊A.給A和8以大小均為5.0m/s、方向相反的初速度，使A開始向左運(yùn)動(dòng)，B開始向右運(yùn)動(dòng)，4始終沒有滑離8板，4、8之間的動(dòng)摩擦因數(shù)是0.5,重力加速度g取10m/s2.則在整個(gè)過程中，下列說法正確的是（）胤 工^,A.小木塊4的速度減為零時(shí)，長木板B的速度大小為3.75m/sB.小木塊A的速度方向一直向左，不可能為零C.小木塊A與長木板B共速時(shí)速度大小為3m/sD.長木板的長度可能為10m【答案】ACD【解析】木塊與木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由于初速度均為%=5.0m/s,所以木板的動(dòng)量大于小木塊的動(dòng)量，系統(tǒng)合動(dòng)量方向向右，所以木塊4先向左做減速運(yùn)動(dòng)，速度減為零后反向向右做加速運(yùn)動(dòng)，最后木塊與木板一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得，當(dāng)木塊A的速度減為零時(shí)，Mvo-mv（）=MvH,代入數(shù)據(jù)解得如=3.75m/s,故A正確，B錯(cuò)誤；最終木塊與木板速度相等，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得Mo。一代入數(shù)據(jù)解得。=3m/s,故C正確；最終木塊與木板相對靜止，一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，對系統(tǒng)由能量守恒定律可知，^Mv（r+^mv（r—^（M+m）v2=fimgx,代入數(shù)據(jù)解得x=8m,木板的最小長度為8m,可能為10m,故D正確.類型3滑塊-曲面模型中的動(dòng)能損失問題【例1】（2021?安徽十校聯(lián)盟檢測）如圖所示，光滑的四分之一圓弧軌道M靜止在光滑水平面上，一個(gè)物塊m在水平地面上以大小為vo的初速度向右運(yùn)動(dòng)并無能量損失地滑上圓弧軌道，當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道上某一位置時(shí)，物塊向上的速度為零，此時(shí)物塊與圓弧軌道的動(dòng)能之比為1：2,則此時(shí)物塊的動(dòng)能與重力勢能之比為（以地面為參考平面）（）A.1：2 B.1：3 C.1：6 D.1：9【答案】C【解析】因?yàn)樗矫婀饣?，桁和M組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒；當(dāng)物塊向上的速度為零時(shí)，根據(jù)題意可知此時(shí)物塊與圓弧軌道速度相同，又因?yàn)榇藭r(shí)物塊與圓弧軌道的動(dòng)能之比為1:2,即*/:1^=1：2,得：2,根據(jù)動(dòng)量守恒定律：mvn=（m+M）v,得：％=3v,根據(jù)能量守恒定律：+即得物塊的重力勢能為EP=|/?vo2,此時(shí)物塊的動(dòng)能為反=%小=/W，所以此時(shí)物塊的動(dòng)能與重力勢能之比為&：Ep=l：6,故C正確，A、B、D錯(cuò)誤.【例2】.（2021?河南名校聯(lián)盟3月調(diào)研）如圖所示，在光滑的水平地面上，靜置一質(zhì)量為，"的四分之一圓弧滑塊，圓弧半徑為R,一質(zhì)量也為，”的小球，以水平速度w自滑塊的左端A處滑上滑塊，當(dāng)二者共速時(shí)，小球剛好到達(dá)圓弧上端8.若將小球的初速度增大為2%,不計(jì)空氣阻力，則小球能達(dá)到距B點(diǎn)的最大高度為（）A.R B,1.5/? C.3R D.4R【答案】C【解析】 若小球以水平速度vo滑上滑塊，當(dāng)小球上升到圓弧的上端時(shí)，小球與滑塊速度相同，設(shè)為盯，以小球的初速度VO的方向?yàn)檎较?，在水平方向上，由?dòng)量守恒定律得77/VO=2/77V|由機(jī)械能守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得vo=2y^R若小球以2Vo沖上滑塊，當(dāng)小球上升到圓弧的上端時(shí)，小球與滑塊水平方向上速度相同，設(shè)為V2,以小球的初速度方向?yàn)檎较颍谒椒较蛏希蓜?dòng)量守恒定律得2〃巾o=2機(jī)電由能量守恒得^z?/（2vo）2=2,2wv22+mgR+^nVy2解得Vy=y[6gR小球離開圓弧后做斜拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向做減速運(yùn)動(dòng)，則/j=y-=3/?2g故距B點(diǎn)的最大高度為3R.故選C.類型4小球-彈簧模型中的動(dòng)能損失問題【例1】（2022?山東日照市3月模擬）A、B兩小球靜止在光滑水平面上，用水平輕彈簧相連接，4、B兩球的質(zhì)量分別為機(jī)和若使A球獲得瞬時(shí)速度v（如圖2甲），彈簧壓縮到最短時(shí)的長度為4；若使B球獲得瞬時(shí)速度v（如圖乙），彈簧壓縮到最短時(shí)的長度為上，則心與七的大小關(guān)系為（）〃〃乃乃〃”〃力力，/〃力力”“〃/，”〃〃,〃〃力，力〃甲 乙A.L1>L2 B.￡|<L2C.Li=L2 D.不能確定【答案】C【解析】當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，兩球的速度相同，對題圖甲取A的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mv=（m+M）v,由機(jī)械能守恒定律得6=；m，一+聯(lián)立解得彈簧壓縮到最短時(shí)耳=2（；*?。?同理：對題圖乙取8的初速度方向?yàn)檎较?，?dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)有Ep=、，嗎，、故彈性勢能相等，則有L=E，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。【例2】（2022?江西省教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測）如圖所示，質(zhì)量相同的A、B兩物體用輕彈簧連接，靜止在光滑水平面上，其中8物體靠在墻壁上。現(xiàn)用力推動(dòng)物體A壓縮彈簧至P點(diǎn)后再釋放物體A,當(dāng)彈簧的長度最大時(shí)，彈性勢能為Epi?，F(xiàn)將物體A的質(zhì)量增大到原來的3倍，仍使物體A壓縮彈簧至尸點(diǎn)后釋放，當(dāng)彈簧的長度最大時(shí)，彈性勢能為廊2。則Epi：Ep2等于（）PA.l B.2C.3 D.4【答案】B【解析】設(shè)壓縮到P點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢能為開始時(shí)，物體A、B的質(zhì)量均為孫則有Ep=%?4,mv（）=2mv,6=g一；乂2加/=/與，把A的質(zhì)量換成3m，Ep=1x3/nv（/2,3mM=4〃?/,EP2=Ep—^4mv,2=：Ep,所以有Epi：Ep2=2,選項(xiàng)B正確。類型5帶電系統(tǒng)中動(dòng)能的損失問題如圖所示，在光滑絕緣水平面上，A、B兩小球質(zhì)量分別為2析、m,帶電荷量分別為+g、+2g。某時(shí)刻A有指向8的速度vo,8球速度為零，之后兩球在運(yùn)動(dòng)中始終未相碰，當(dāng)兩小球從該時(shí)刻開始到第一次相距最近的過程中（）A.任意時(shí)刻4、8兩小球的加速度大小之比均為1：2B.兩小球構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，電勢能減少C.A球減少的機(jī)械能大于8球增加的機(jī)械能D.電場力對A球做功的大小為詔【答案】ACF【解析】兩球所受的庫侖力為作用力與反作用力，大小相等，由F=ma知兩球的加速度之比?=科=；,即￡ 2m故A正確；兩球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，從A開始運(yùn)動(dòng)到兩球距離最近過程，兩球間的距離減小，電勢能增大，機(jī)械能減少，故B錯(cuò)誤；由能量守恒定律可知，減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電勢能，系統(tǒng)電勢能增加，兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，兩球距離最近時(shí)，兩球速度相等，由動(dòng)量守恒定律得2/nvo2=（2"?+"?）v,解得v=|v0.A球減少的機(jī)械能為AEkx=^-2mvr）-^-2n^v（^=副品B球增加的機(jī)械能為AEkB2=品停嗎）=孤記，所以A球減少的機(jī)械能大于8球增加的機(jī)械能，故C正確；由動(dòng)能定理可知，電場力對A球做功大小皿=/2/?席一/2加2=看"京，故D錯(cuò)誤?！纠?】如圖（a）所示，光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個(gè)帶電小球，f=0時(shí)，甲靜止，乙以v=6m/s的初速度向甲運(yùn)動(dòng)。它們僅在靜電力的作用下沿同一直線運(yùn)動(dòng)（整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中沒有接觸），它們運(yùn)動(dòng)的v-r圖象分別如圖（b）中甲、乙兩曲線所示。則由圖線可知（）A.兩小球帶電的電性一定相反B.甲、乙兩球的質(zhì)量之比為2：1C/2時(shí)刻，乙球的電勢能最大D.在0?打時(shí)間內(nèi)，甲的動(dòng)能一直增大，乙的動(dòng)能一直減小【答案】B【解析】由題圖可知乙球減速的同時(shí)，甲球正向加速，說明兩球相互排斥，帶有同種電性的電荷，故AITIUi，錯(cuò)誤；兩球作用過程動(dòng)量守恒，有桁乙Au乙=所甲Au甲，解得一=：,故B正確；h時(shí)刻，兩球共速，此時(shí)m乙1兩球間距離最近，則此時(shí)乙球的電勢能最大，故C錯(cuò)誤；在0?△時(shí)間內(nèi)，甲的動(dòng)能一直增大，乙的動(dòng)能先減小，亥時(shí)刻后逐漸增大，故D錯(cuò)誤。類型6導(dǎo)體棒“追及”過程中的動(dòng)能損失問題【例1】（多選）（2021?濱州一模）如圖所示，在豎直向上磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1T的勻強(qiáng)磁場中，兩條足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平桌面上，間距/=lm,電阻不計(jì)，勻強(qiáng)磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直，金屬棒AB、CO水平放在兩導(dǎo)軌上，相隔為L=0.2m,棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，48棒質(zhì)量為加=0.2kg,CD棒質(zhì)量為小2=0.4kg,兩金屬棒接入電路的總電阻R=0.5。，若CO棒以w=3m/s的初速度水平向右運(yùn)動(dòng)，在兩根金屬棒運(yùn)動(dòng)到兩棒間距最大的過程中，下列說法正確的是（）A.A8棒的最終速度大小為1m/sB.該過程中電路中產(chǎn)生的熱量為0.6JC.該過程中通過導(dǎo)體橫截面的電荷量為04cD.兩金屬棒的最大距離為0.3m【答案】BC【解析】開始CC棒做減速運(yùn)動(dòng)、48棒做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩者速度相等時(shí)它們間的距離最大，兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得m2n>=（mi+g）v，解得v=2m/s,選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對系統(tǒng)，由能量守恒定律得書《2記=。+；（加+"[2）落解得Q=0.6J,選項(xiàng)B正確：對A8棒，由動(dòng)量定理得而〃=q,則8句=加|也解得g=0.4C,選項(xiàng)C正確；通過導(dǎo)體橫截面的電荷量烏=竿=竿,兩金屬棒間的最大距離￡>=\+乙=誓+￡=。胃:,5m+0.2m=0.4m,選項(xiàng)D錯(cuò)誤?！纠?】（多選）（2022?山東臨沂市上學(xué)期期末）如圖所示，水平面上有相距為L的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌上靜止放置著金屬桿。和6（桿。、b均與導(dǎo)軌垂直），兩桿均位于勻強(qiáng)磁場的左側(cè)，讓桿a以速度v向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)桿。與桿人發(fā)生彈性碰撞后，兩桿先后進(jìn)入右側(cè)的磁場中，當(dāng)桿a剛進(jìn)入磁場時(shí)，桿5的速度剛好為a的一半.已知桿。、〃的質(zhì)量分別為2根和"?，接入電路的電阻均為R,其他電阻忽略不計(jì)，設(shè)導(dǎo)軌足夠長，磁場足夠大，則（）;M；XXXXab\B；XXXX!NA.桿。與桿碰撞后，桿。的速度為:，方向向右B.桿〃剛進(jìn)入磁場時(shí)，通過b的電流為萼C.從b進(jìn)入磁場至a剛進(jìn)入磁場時(shí)，該過程產(chǎn)生的焦耳熱為看nv2D.桿a、b最終具有相同的速度，大小為華【答案】ABC【解析】以向右為正方向，桿a與桿b發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得2/nv=2/m，i+mv2,1x2/nv2=1x2wvi2V22?解得力=；，也=/%即桿〃的速度為泰方向向右，故A正確；桿力剛進(jìn)入磁場時(shí)，通過〃的電流為/=當(dāng)詈=半，故B正確；從人進(jìn)入磁場至以剛進(jìn)入磁場時(shí)，由能量守恒得該過Znj程產(chǎn)生的焦耳熱為。=品小一/?&“）2=看”落故c正確；。進(jìn)入磁場后，a、h組成的系統(tǒng)，動(dòng)量守恒，則有2511+切3|1=（2m+m）內(nèi)，解得吟=￡v，即桿a、人最終具有相同的速度，大小為得v,故D錯(cuò)誤.題型三碰撞遵循的規(guī)律1.碰撞問題遵守的三條原則（1）動(dòng)量守恒：p\+pz-p\'+p2’.（2）動(dòng)能不增加：Eki+Ek22Eki'+Ek2’.（3）速度要符合實(shí)際情況①碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，若要發(fā)生碰撞，則應(yīng)有。前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有。而'。。后'.②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向至少有一個(gè)改變.2.物體A與靜止的物體8發(fā)生碰撞，當(dāng)發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)損失的機(jī)械能最多，物體B的速度最小，g=T-v（），當(dāng)發(fā)生彈性碰撞時(shí)，物體B速度最大，.則碰后物體8的速度范圍為：mA-rniB 機(jī)八十加8 77U+機(jī)6類型1碰撞的可能性【例1】A、5兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，mA=1kg,niB=2kg,va=6m/s,vb=2m/s,當(dāng)A追上8并發(fā)生碰撞后，A、8兩球速度的可能值是（）va=5m/s,4=2.5m/sva,=2m/s,vb,=4m/sva=4m/s,vb=1m/sva=1m/s,VBr=1.5m/s【答案】B【解析】雖然題給四個(gè)選項(xiàng)均滿足動(dòng)量守恒定律，但A、D兩項(xiàng)中，碰后A的速度以大于5的速度W，

不符合實(shí)際，即A、D項(xiàng)錯(cuò)誤：C項(xiàng)中，兩球碰后的總動(dòng)能—=品”/+品"=57J,大于碰前的總動(dòng)能Ek向吟2=22J,違背了能量守恒定律，所以C項(xiàng)錯(cuò)誤；而B項(xiàng)既符合實(shí)際情況，也不違背能量守恒定律，所以B項(xiàng)正確.【例2】（多選）（2021?邊城高級中學(xué)高三開學(xué)考）質(zhì)量相等的A、8兩球在光滑水平面上沿同一直線向同一方向運(yùn)動(dòng)，A球的動(dòng)量是7kg?m/s,8球的動(dòng)量是5kgm/s,A球追上8球發(fā)生碰撞，則碰撞后A、8兩球的動(dòng)量可能為（ ）A.〃a'=8kg-m/s,〃/=4kgm/sB.〃a'=6kgm/s,〃/=6kgm/sC.〃a'=5kgm/s，pb=1kg-m/sD.pA=-2kg-m/s,pb=14kgm/s【答案】BC【解析】 碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量p=Pa+pb=12kg?m/s,由題意，設(shè)6a="S="7，碰前總動(dòng)能為民=痣+舞72 5237=而+而=1'若外'=8kg-m/s,Pb'=4kgm/s,系統(tǒng)動(dòng)量守恒'但是碰撞后A的速度仍大于8的速度，與實(shí)際不相符，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若/z/=6kg?m/s,Pb,=6kgm/s,系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞后的總動(dòng)能2、元=/52 7237vEk，是可能的，B正確；pa=5kgm/s,pB,=lkgm/s,系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞后的總動(dòng)能亮+%=京=Ek，是可能的,C正確；若p/=-2kg?m/s,p/=14kgm/s,系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞后的總動(dòng)能=+=￥＞反，不可能，D錯(cuò)誤。類型2碰撞類型的識別碰撞的分類一—?jiǎng)恿渴欠袷睾銠C(jī)械能是否守恒彈性碰撞守恒守恒非彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失最大【例1】北京冬奧會(huì)冰壺比賽訓(xùn)練中，運(yùn)動(dòng)員將質(zhì)量為19kg的冰壺甲推出，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后以0.4m/s的速度正碰靜止的冰壺乙，然后冰壺甲以0.1m/s的速度繼續(xù)向前滑向大本營中心.若兩冰壺質(zhì)量相等，求：(1)冰壺乙獲得的速度大??；(2)試判斷兩冰壺之間的碰撞是彈性碰撞還是非彈性碰撞；若是非彈性碰撞，能量損失多少.【答案】(1)0.3m/s(2)非彈性碰撞0.57J【解析】(1)由動(dòng)量守恒定律知mv\=mv2+mvi將％=0.4m/s,V2=01m/s代入上式得%=0.3m/s.(2)碰撞前的動(dòng)能E尸多叫2=]52J,碰撞后兩冰壺的總動(dòng)能E：=1/MV22+|/7/V32=0.95J因?yàn)榘海久?所以兩冰壺間的碰撞為非彈性碰撞，能量損失￡=Ei-E2=0.57J.

【例2】2022年第24屆冬奧會(huì)在北京舉行，其中冰壺比賽是冬奧會(huì)項(xiàng)目之一.在冰壺比賽中，球員手持毛刷擦刷冰面，可以改變冰壺滑行時(shí)受到的阻力.如圖(a)所示，藍(lán)壺靜止在圓形區(qū)域內(nèi)，運(yùn)動(dòng)員用等質(zhì)量的紅壺撞擊藍(lán)壺，兩壺發(fā)生正碰.若碰撞前、后兩壺的丫一！圖像如圖(b)所示.關(guān)于冰壺的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是()v/(m-s-,v/(m-s-,)(a) (b)A.碰撞后在冰面滑行的過程中，藍(lán)壺受到的阻力比紅壺的大B.碰撞后，藍(lán)壺運(yùn)動(dòng)的加速度大小為0.1m/s2C.碰撞后兩壺相距的最遠(yuǎn)距離為1.1mD.兩壺碰撞是彈性碰撞【答案】C【解析】根據(jù)V-/圖像的斜率表示加速度，知碰后紅壺的加速度比藍(lán)壺的加速度大，兩壺質(zhì)量相等，所以藍(lán)壺受到的阻力比紅壺的小，故A錯(cuò)誤：由題圖(b)知碰前紅壺的速度％=1.0m/s,碰后紅壺的速度M=0.4m/s,設(shè)碰后藍(lán)壺的速度為v,取碰撞前紅壺的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律可得+mv,解得v=0.6m/s.根據(jù)圖像可得，紅壺碰前的加速度為卬=巖=0.2m/s2,所以藍(lán)壺靜止的時(shí)刻為「=/6s,碰后藍(lán)壺的加速度大小為…京=?！?/，故B錯(cuò)誤.碰后兩壺相距的最遠(yuǎn)距離華竽m0,4x2一0,4x2一2m=1.1m>碰撞前兩壺的總動(dòng)能為Eki=^mv(r=0.5m,碰撞后兩壺的總動(dòng)能為E\j.=^>nvQ-4-pnv2=0.26〃?，所以兩壺碰撞為非彈性碰撞，故C正確，D錯(cuò)誤.【例3】如圖甲所示，在光滑水平面上的兩小球發(fā)生正碰，小球的質(zhì)量分別為陽和仙。圖乙為它們碰撞前后的位移一時(shí)間)圖像。已知叫=0.1kg。由此可以判斷( )圖甲 圖乙圖甲 圖乙A.碰前質(zhì)量為w2的小球靜止，質(zhì)量為，小的小球向右運(yùn)動(dòng)B.碰后質(zhì)量為m2的小球和質(zhì)量為內(nèi)的小球都向右運(yùn)動(dòng)C./?2=0.5kgD.碰撞過程中系統(tǒng)損失了0.4J的機(jī)械能【答案】A【解析】 由題圖乙可知，質(zhì)量為，川的小球碰前速度也=4m/s,碰后速度為k=-2m/s,質(zhì)量為叱的小球碰前速度V2=0,碰后的速度吸'=2m/s,兩小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有/niV|+/n2V2=/W|vf+/H2V2\代入數(shù)據(jù)解得g=0.3kg,所以選項(xiàng)A正確，B、C錯(cuò)誤；兩小球組成的系統(tǒng)在碰撞過程中的機(jī)械能損失為AQ'iM+mzM-&110+品2日)=0,所以碰撞是彈性碰撞，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。題型四“滑塊一彈簧”碰撞模型中的多過程問題.模型圖示.77777777777777/77777777'水平地面光滑.模型特點(diǎn)(1)兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒，類似彈性碰撞。(2)在能量方面，由于彈簧形變會(huì)使彈性勢能發(fā)生變化，系統(tǒng)的總動(dòng)能將發(fā)生變化；若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。(3)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時(shí)兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)動(dòng)能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)。(4)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，彈性勢能為零，系統(tǒng)動(dòng)能最大(完全彈性碰撞拓展模型，相當(dāng)于碰撞結(jié)束時(shí))?！纠?】如圖所示，質(zhì)量分別為1kg、3kg的滑塊A、B位于光滑水平面上，現(xiàn)使滑塊A以4m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)，與左側(cè)連有輕彈簧的滑塊B發(fā)生相互作用.求二者在發(fā)生相互作用的過程中，囚(1)彈簧的最大彈性勢能；(2)滑塊8的最大速度.【答案】(D6J(2)2m/s,方向向右【解析】(1)當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，彈簧的彈性勢能最大，此時(shí)滑塊A、8同速.系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mAVn—(inA+>ttB)vAnjamAVO1X4解得丫一山+，”[1+3向s—lm/s彈簧的最大彈性勢能即此時(shí)滑塊A、8損失的動(dòng)能￡pm=Vo2—6J.(2)當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，滑塊8獲得最大速度，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得也^0=，如以+帆型m2_X 2IJ_22mA%—-2，〃村01~十人W-解得Vm=2m/s,方向向右.【例2】如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的一端固定在滑塊8上，另一端與滑塊C接觸但未連接，該整體靜止放在離地面高為4=5m的光滑水平桌面上.現(xiàn)有一滑塊A從光滑曲面上離桌面〃=1.8m高處由靜止開始滑下，與滑塊8發(fā)生碰撞并粘在一起壓縮彈簧推動(dòng)滑塊C向前運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間，滑塊C脫離彈簧，繼續(xù)在水平桌面上勻速運(yùn)動(dòng)一段距離后從桌面邊緣飛出.已知nu=lkg,mB—2kg,mc=3kg,取g=10m/s2,不計(jì)空氣阻力.求：A(1)滑塊A與滑塊B碰撞結(jié)束瞬間的速度大小；(2)被壓縮彈簧的最大彈性勢能；(3)滑塊C落地點(diǎn)與桌面邊緣的水平距離.【答案】(1)2m/s(2)3J(3)2m【解析】(1)滑塊4從光滑曲面上〃高處由靜止開始滑下的過程機(jī)械能守恒，設(shè)其滑到水平桌面時(shí)的速度為也，由機(jī)械能守恒定律有，"可解得Vi=6m/s滑塊4與8碰撞的過程，4、8系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，碰撞結(jié)束瞬間具有共同速度，設(shè)為也，由動(dòng)量守恒定律有mAVi=(mA+mB)V2>解得以=可1=2m/s(2)滑塊A.B發(fā)生碰撞后與滑塊C一起壓縮彈簧，壓縮的過程機(jī)械能守恒，被壓縮彈簧的彈性勢能最大時(shí)，滑塊A、B、C速度相等，設(shè)為V3，由動(dòng)量守恒定律有小打=(如+啊?+%：)丫3，解得V3=7Vi=1m/s由機(jī)械能守恒定律有￡p=2(?U+/?B)V22—2(/ma+mu+mc)V32解得Ep=3J(3)被壓縮彈簧再次恢復(fù)自然長度時(shí)，滑塊C脫離彈簧，設(shè)此時(shí)滑塊A、B的速度為如滑塊C的速度為v5,由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有(mA+mH)V2=(niA+?ib)V4+mew3("以+WB)V22=2(wA+WB)V42+XWCV52解得V4=0.V5=2m/s滑塊c從桌面邊緣飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)X=V5t,H=3gF解得x=2m.【例3】(2022?山東泰安市高三檢測)如圖所示，水平地面上A、B兩個(gè)木塊用輕彈簧連接在一起，質(zhì)量分別為2機(jī)、3處靜止時(shí)彈簧恰好處于原長.一質(zhì)量為帆的木塊C以速度w水平向右運(yùn)動(dòng)并與木塊A相撞.不計(jì)一切摩擦，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，則碰后彈簧的最大彈性勢能不可能為（）-M?rrpwwwvTF]"777/7777777777777777777/7777777777/7777/777777A1 ， cl）B.5/nvo? 4 7Cr^mvo D.Yj/nvo-【答案】A【解析】 當(dāng)C與A發(fā)生彈性正碰時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有/機(jī)2=熱環(huán)+/（2，"）。聯(lián)立解得也=令。，當(dāng)人8速度相等時(shí)彈簧的彈性勢能最大，設(shè)共同速度為v,4以A的初速度方向?yàn)檎较?，則由動(dòng)量守恒定律得2mv2=（2，"+3m）v,得v=jp，o.由機(jī)械能守恒定律可知，彈簧的最大彈性勢能為Ep=》（2,枷22一全（5心2,解得仇==如2；當(dāng)C與A發(fā)生完全非彈性正碰時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mvo=3"nY，當(dāng)A、B、C速度相等時(shí)彈簧的彈性勢能最大，設(shè)共同速度為匕則由動(dòng)量守恒定律得3//n，J=6?n，.由機(jī)械能守恒定律可知，彈簧的最大彈性勢能為￡P(guān)=1x（3/n）vr2-1x（6/M）v<2,解得I | 4昂=開〃丫（）2,由此可知碰后彈簧的最大彈性勢能范圍是[imvJwEpSj■嚴(yán)匯，故A正確.【例4】.（2022?云南昆明市高三檢測汝0圖所示，水平光滑軌道寬度和輕質(zhì)彈簧自然長度均為d,兩個(gè)質(zhì)量均為加的物體A、B與彈簧連接，B物體的左邊有一固定擋板，A物體從圖示位置由靜止釋放，當(dāng)兩物體相距最近時(shí)，A物體的速度為匕，彈簧處于自然長度時(shí)彈性勢能為0,則在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是（ ）A.A、B兩物體和彈簧組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒B.彈簧最大彈性勢能為L陰22B物體的最大速度等于用某段時(shí)間內(nèi)A物體可能向左運(yùn)動(dòng)【答案】BC【解析】【分析】【詳解】A.有擋板在，故A、B兩物體和彈簧組成的系統(tǒng)最初水平方向動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤；B.物體A稀放瞬間，彈簧彈件坍能最大，當(dāng)A到達(dá)與物體B相距最近位置時(shí)，彈簧彈性勢能最小為零,根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律，可知彈簧的最大彈性勢能為口1 2Epm=］叫匕B正確；C.從A到達(dá)與物體B相距最近位置時(shí)開始，兩物體和彈簧組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得機(jī)1匕=班匕+加2匕1 2 1 12 1 25叫m=5叫匕+耳呵彩當(dāng)町=叫時(shí)，物體A的最小速度是0，物體B的最大速度為匕，C正確；D.由動(dòng)量守恒可知物體A不會(huì)向左運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤題型五“滑塊一斜（曲）面”碰撞模型.模型圖示水平地面光滑.模型特點(diǎn)（1）最高點(diǎn)：如與52具有共同水平速度。共，見不會(huì)從此處或提前偏離軌道。系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，m\vo=（m2+m\）v?；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，其中萬為滑塊上升的最大高度，不一定等于圓弧軌道的高度（完全非彈性碰撞拓展模型）。（2）最低點(diǎn)：m\與"?2分離點(diǎn)。水平方向動(dòng)量守恒，，"1。0=加。|+機(jī)2。2：系統(tǒng)機(jī)械能守恒,品1。8=斗"間+/"2質(zhì)（完全彈性碰撞拓展模型）。【例1】如圖所示，質(zhì)量為4〃7的光滑物塊a靜止在光滑水平地面上，物塊a左側(cè)面為圓弧面且與水平地面相切，質(zhì)量為m的滑塊b以初速度vo向右運(yùn)動(dòng)滑上a,沿a左側(cè)面上滑一段距離后又返回，最后滑離a,不計(jì)一切摩擦，滑塊人從滑上a到滑離a的過程中，下列說法正確的是（ ）A.滑塊b沿。上升的最大高度唬B.物塊a運(yùn)動(dòng)的最大速度為普C.滑塊6沿a上升的最大高度為好D.物塊a運(yùn)動(dòng)的最大速度靖【答案】B【解析】人沿4上升到最大高度時(shí)，兩者速度相等，取向右為正方向，在水平方向，由動(dòng)量守恒定律得"?V0=（"?+4/mM由機(jī)械能守恒定律得；,"vo2=：（WJ+4/w）v2+/?g/I,解得/1=與~,A、C錯(cuò)誤；滑塊b從滑上a到滑離。后，物塊。運(yùn)動(dòng)的速度最大.系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，對整個(gè)過程，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得/〃%>=機(jī)器+4"?力由機(jī)械能守恒定律得%成2,解得va=1v（）,V/,=—1v（）,B正確，D錯(cuò)誤.【例2】（多選）（2021?山東六校線上聯(lián)考）如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為2M、半徑為R（R足夠大）的《光滑圓弧曲面C,質(zhì)量為M的小球B置于其底端，另一個(gè)小球A質(zhì)量為學(xué)，小球4以vo=6m/s的速度向8運(yùn)動(dòng)，并與8發(fā)生彈性碰撞，不計(jì)一切摩擦，小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，則（）3A.B的最大速率為4m/s B.B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速率為^m/sC.B能與4再次發(fā)生碰撞 D.8不能與A再次發(fā)生碰撞【答案】AD【解析】A與8發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得表0=^%+A/v?,g與w（）2=3.梟/+；例浮，解得卜=-2m/s,v?=4m/s,故B的最大速率為4m/s,選項(xiàng)A正確;48沖上C并運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)二者共速，設(shè)為v,則Mi%=（M+2M）v,得v=qm/s,選項(xiàng)B錯(cuò)誤：從B沖上C然后又滑下的過程，設(shè)8、C分離時(shí)速度分別為啥、vc\由水平方向動(dòng)量守恒有Mvb=MW+2Mvc'，1 1 1 4由機(jī)械能守恒有了?例丫/+52河以2,聯(lián)立解得團(tuán)=一,m/s,由于|W|<|vaI，所以二者不會(huì)再次發(fā)生碰撞，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確.【例3】（2022?江蘇常州市模擬）如圖所示，質(zhì)量為M=4kg的大滑塊靜置在光滑水平面上，滑塊左側(cè)為光滑圓弧，圓弧底端和水平面相切，頂端豎直。一質(zhì)量為m=lkg的小物塊，被壓縮彈簧彈出后，沖上大滑塊，能從大滑塊頂端滑出，滑出時(shí)大滑塊的速度為1m/s。g取IOm/s2。求：（1）小物塊被彈簧彈出時(shí)的速度；（2）小物塊滑出大滑塊后能達(dá)到的最大高度瓜；（3）小物塊回到水平面的速度及再次滑上大滑塊后能達(dá)到的最大高度〃2?！敬鸢浮浚?）5m/s方向向右（2）1m（3）3m/s方向向左0.04m【解析】（1）設(shè)小物塊離開彈簧后的速度為也，小物塊滑上大滑塊的過程中系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒mV]=(m+M)vi，解得vi=5m/so(2)小物塊第一次上升到最高點(diǎn)時(shí)水平速度等于電，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有5mvf=2(/n+A/)v^+mgh\解得h\=\mo(3)小物塊能下落到大滑塊并從大滑塊上滑到水平面，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，有mv\=mv\f+Mv2\mv\—^mv]f2+^Mv22解得vi,=—3m/s,也'=2m/s系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，則mv\'+Mvz=(m+M)v^nv\,2+^Mv22=^m+M/+mg112解得〃2=().O4mo【例4】如圖所示，在水平面上依次放置小物塊A、C以及曲面劈3,其中A與C的質(zhì)量相等均為〃7,曲面劈8的質(zhì)量M=3而，曲面劈B的曲面下端與水平面相切，且曲面劈8足夠高，各接觸面均光滑。現(xiàn)讓小物塊C以水平速度也向右運(yùn)動(dòng)，與A發(fā)生碰撞，碰撞后兩個(gè)小物塊粘在一起滑上曲面劈跳求：(1)碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)碰后物塊A與。在曲面劈B上能夠達(dá)到的最大高度?！敬鸢浮?曲而⑵捐【解析】(1)小物塊C與物塊4發(fā)生碰撞粘在一起，以卬的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mvo=2"?v,解得v=1vr?碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為L 1 ， 1C，E根=亍〃印—展＜2/7?產(chǎn)解得E根=甲"詔。(2)當(dāng)小物塊4、。上升到最大高度時(shí)，A、B、。系統(tǒng)的速度相等。根據(jù)動(dòng)量守恒定律mvo=(m+m+3m)v\解得V|=1v0根據(jù)機(jī)械能守恒得5乂2皿”0尸=^x57?7X(-vo)2+2mgh解得h=題型六滑塊模型中的多過程【例1】(2022?河北唐山市模擬)質(zhì)量為網(wǎng)的長木板A靜止放在水平地面上，其左端位于。點(diǎn)，質(zhì)量為加2的小滑塊8放在木板的右端，如圖1所示，O點(diǎn)左側(cè)的地面光滑，右側(cè)的地面粗糙。質(zhì)量為次)的物體C以初速度％=8m/s從左側(cè)向。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，與木板發(fā)生彈性碰撞。已知mo=l.Okg,Wi=3.0kg,?2=1.0kg,長木板與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)"2=0.4,重力加速度g=10m/s2,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。求：(1)物體C與木板A碰撞后瞬間木板的速度V,；(2)當(dāng)木板A與滑塊B共速之后有兩種可能的運(yùn)動(dòng)情況，第一種運(yùn)動(dòng)情況是一起相對靜止在地面上減速滑行,第二種運(yùn)動(dòng)情況繼續(xù)發(fā)生相對滑動(dòng)，直至都停下來。試分析發(fā)生第一種運(yùn)動(dòng)情況時(shí)，。點(diǎn)右側(cè)地面動(dòng)摩擦因數(shù)3的取值范圍；(3)若最終滑塊8停在木板A的左端，經(jīng)測量木板的長度L=1Om,若滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，請計(jì)算O點(diǎn)右側(cè)地面與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)件的數(shù)值?！敬鸢浮?1)4m/s(2)0</n<0.4(3)0.2【解析】(1)物體C與木板A碰撞滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得Z?lOVo=WoVoi+wiVl|mov8=1/noi<8i+1/nivf解得Pi=4m/s,(2)二者相對靜止在地面上減速滑行，對整體分析，由牛頓第二定律知〃1(/“1+/W2)g=(m1+m2)a設(shè)二者間靜摩擦力為F(,對滑塊B分析，由牛頓第二定律得F(=m2a,由于二者間為靜摩擦力，則F0加次,可得0<〃￡0.4。(3)由第(2)問可知，若川%2,滑塊相對木板向左滑動(dòng)到共速后會(huì)相對靜止。若川邛2,滑塊相對木板向左滑動(dòng)到共速后會(huì)繼續(xù)相對木板向右滑動(dòng)，不可能停在板的左端，所以地面動(dòng)摩擦因數(shù)〃￡0.4。設(shè)滑塊滑動(dòng)到共速經(jīng)歷時(shí)間為h共速速度為v木板位移》=哼1，滑塊的位移木板長度為二者位移之差，BI1V|+vV即二丁人對滑塊由動(dòng)量定理得〃2m2y對木板由動(dòng)能定理得一川(m1+m2應(yīng)工—4262gx可得川=0.2。【例2】(2022?山東濟(jì)南市5月高考模擬)如圖所示，厚度均勻的長木板C靜止在光滑水平面上，木板上距左端L處放有小物塊B。某時(shí)刻小物塊A以某一初速度從左端滑上木板向右運(yùn)動(dòng)，已知A、8均可視為質(zhì)點(diǎn)，A、B與C間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃，A、B、C三者的質(zhì)量相等，重力加速度為g。求：7/77777777777777777777777777777777777777777777777777777777(1)4剛滑上木板時(shí)，4、B的加速度大小；(2)要使A、B不發(fā)生碰撞，A的初速度應(yīng)滿足的條件；(3)若已知A的初速度為期且A、B之間發(fā)生彈性碰撞，碰撞前后A、8均沿同一直線運(yùn)動(dòng)。要保證A、B均不會(huì)從木板上掉下，木板的最小長度是多少?！敬鸢浮?l》g譬(2)v￡小港Z(3磺【解析】⑴對A有："mg="A，得對3c有：〃/謳=2〃必，解得加=臂。(2)若A、8剛好不發(fā)生碰撞，則三者正好達(dá)到共同速度，A相對于?；芯嚯x為L,由動(dòng)量守恒有用巧=37nv共且有馬加正一曲:，解得也父3"g￡。(3)由于彈性碰撞，A、8碰后交換速度，等同于A與C相對靜止一起向前加速，B繼續(xù)減速，剛好不滑下木板時(shí)，三者達(dá)到共同速度，由動(dòng)量守恒有/m，o=3nn，/且有/.imgL 共"聯(lián)立解得￡總=在。題型七子彈打木塊模型中的能量動(dòng)量問題.模型圖示"Io-MI!『!.模型特點(diǎn)(1)子彈水平打進(jìn)木塊的過程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒.(2)系統(tǒng)的機(jī)械能有損失..兩種情景(1)子彈嵌入木塊中，兩者速度相等，機(jī)械能損失最多(完全非彈性碰撞)動(dòng)量守恒：，"Vo=(/n+M)u能量守恒：。=尸2=51詔—；(何+而),

（2）子彈穿透木塊動(dòng)量守怛：mvQ=mv\-\~Mv2能量守恒：Q=Frd=&iv（）2一（或出+品/）【例1】（2022屆云南省高三（下）第一次統(tǒng)測物理試題）如圖所示，子彈以某一水平速度擊中靜止在光滑水平面上的木塊并留在其中。對子彈射入木塊的過程，下列說法正確的是（） ?EZZ>A.木塊對子彈的沖量等于子彈對木塊的沖量B.因子彈受到阻力的作用，故子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒C.子彈和木塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于子彈損失的動(dòng)能減去子彈對木塊所做的功D.子彈克服木塊阻力做的功等于子彈的動(dòng)能減少量和摩擦產(chǎn)生的熱量之和【答案】C【解析】A.木塊對子彈的沖量與子彈對木塊的沖量，方向相反，不相等，A錯(cuò)誤：B.因?yàn)樗矫婀饣?，系統(tǒng)不受外力，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，B錯(cuò)誤；C.根據(jù)動(dòng)能定理，子彈對木塊所做的功等于木塊獲得的動(dòng)能；根據(jù)能量守恒定律，子彈和木塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于子彈損失的動(dòng)能減去木塊獲得的動(dòng)能，C正確；D.根據(jù)動(dòng)能定理，子彈克服木塊阻力做的功等于子彈的動(dòng)能減少量，D錯(cuò)誤。故選C?！纠?】如圖所示，質(zhì)量為M的木塊放在水平面上，子彈沿水平方向射入木塊并留在其中，測出木塊在水平面上滑行的距離為s,已知木塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，子彈的質(zhì)量為〃?，重力加速度為g,空氣阻力可忽略不計(jì)，則子彈射入木塊前的速度大小為（）m+MI M—m/ A.-^S/2/zgs B-^\12Ags【答案】A【解析】子彈射入木塊過程，系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得，“S=（M+/nW,解得。=會(huì)1,子彈射入木塊后，二者做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，對子彈與木塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)能定理得一〃（M+/”）gs=0—解得功故A正確.【例3】如圖所示，在光滑的水平桌面上靜止放置一個(gè)質(zhì)量為980g的長方形勻質(zhì)木塊，現(xiàn)有一顆質(zhì)量為20g的子彈以大小為300m/s的水平速度沿木塊的中心軸線射向木塊，最終留在木塊中沒有射出，和木塊一起以共同的速度運(yùn)動(dòng).已知木塊沿子彈運(yùn)動(dòng)方向的長度為10cm,子彈打進(jìn)木塊的深度為6cm.設(shè)木塊對子彈的阻力保持不變.

m M，，，，，，，，〃;，，，，，，，，，，〃，，，，，，，，(1)求子彈和木塊的共同速度以及它們在此過程中所產(chǎn)生的內(nèi)能.(2)若子彈是以大小為400m/s的水平速度從同一方向水平射向該木塊，則在射中木塊后能否射穿該木塊？【答案】(1)6m/s882J(2)能【解析】(1)設(shè)子彈射入木塊后與木塊的共同速度為〃對子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得mvo=(M+m)v解得o=6m/s此過程系統(tǒng)所增加的內(nèi)能AE=^niv(r—^(M+m)v2=882J.(2)假設(shè)子彈以次)'=400m/s的速度入射時(shí)沒有射穿木塊，則對以子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得解■得v'=8m/s此過程系統(tǒng)所損耗的機(jī)械能為NE'=^nrvof 2=1568J由功能關(guān)系有AE=FaX=AE'=Ffax4a'=F*d'AEF^d_d_“一F忸/一(T他濘力1568解■付d=]47cm因?yàn)閐'>10cm,所以能射穿木塊.題型八兩體爆炸(類爆炸)模型中的能量分配爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律動(dòng)量守恒爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒動(dòng)能增加在爆炸過程中，有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的機(jī)械能增加位置不變爆炸的時(shí)間極短，因而作用過程中物體產(chǎn)生的位移很小，可以認(rèn)為爆炸后各部分仍然從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開始運(yùn)動(dòng)【例1】(2022?遼寧葫蘆島市高考模擬)一質(zhì)量為0.3kg的煙花彈獲得動(dòng)能E后，從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升到離地20m高處時(shí)速度為零，此時(shí)彈中火藥爆炸將煙花彈炸為大、小兩塊，大、小塊煙花彈分別獲得水平向左、水平向右的速度，大塊質(zhì)量為小塊質(zhì)量的2倍，大、小兩塊煙花彈獲得的動(dòng)能之和也為E,爆炸時(shí)間極短，重力加速度g取10m/s?,<2=1.4,不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量，釋放煙花彈位置的水平面足夠大。求：⑴動(dòng)能E；(2)大、小兩塊煙花彈落地之間的距離?！敬鸢浮?1)60J(2)84m【解析】⑴由機(jī)械能守恒定律得解得￡=60Jo(2)煙花彈在最高點(diǎn)爆炸，水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律有2 10二/力一/由能量守恒定律有12.,11)2x3,nv，T2X3^v-解得力m/s,V2=2O\/2m/s大、小兩塊煙花彈均做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向〃=*尸，則大、小兩塊煙花彈落地之間的距離x=vm+vU，解得x=84m?【例2】(2022?安徽名校高考沖刺模擬卷)如圖所示，在光滑水平面上，有質(zhì)量分別為2m和，”的兩滑塊A、B,它們中間夾著一根處于壓縮狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧(彈簧與A、8不拴連)，由于被一根細(xì)繩拉著而處于靜止?fàn)顟B(tài).當(dāng)剪斷細(xì)繩，在兩滑塊脫離彈簧之后，下列說法正確的是( )TpTWWp]A.兩滑塊的動(dòng)量大小之比PA:Pb=2：1B.兩滑塊的速度大小之比％：vb=2：1C.兩滑塊的動(dòng)能之比Eu:￡kB=l:2D.彈簧對兩滑塊做功之比必：WB=l：1【答案】C【解析】以滑塊4運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较颍趦苫瑝K剛好脫離彈簧時(shí)運(yùn)用動(dòng)量守恒定律得：2山以一切加=0，1c 2I 王＜2加卜[得以人=三，兩滑塊速度大小之比為：f=5，兩滑塊的動(dòng)能之比E\iA:EkB=—j =5，B錯(cuò)誤，C正確；z vhz I)z產(chǎn)療兩滑塊的動(dòng)量大小之比令=鬻=；,A錯(cuò)誤；彈簧對兩滑塊做功之比等于兩滑塊動(dòng)能之比，即W八：檢PhmvB1=1：2,D錯(cuò)誤.【例3】.(2021?福建晉江市四校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量為3m的物塊A與質(zhì)量為m的物塊B用輕彈簧和不可伸長的細(xì)線連接，靜止在光滑的水平面上，此時(shí)細(xì)線剛好伸直且無彈力.現(xiàn)使物塊A瞬間獲得向右的速度vo,在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，細(xì)線沒有繃斷，以下判斷正確的是()工__一一A.細(xì)線再次伸直前，物塊A的速度先減小后增大B.細(xì)線再次伸直前，物塊B的加速度先減小后增大C.彈簧的最大彈性勢能等于5oD.物塊A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，損失的機(jī)械能最多為當(dāng)m）2【答案】C【解析】細(xì)線再次伸直時(shí)，也就是彈簧再次恢復(fù)原長時(shí)，細(xì)線恢復(fù)原長的過程中，A始終受到向左的彈力，即一直做減速運(yùn)動(dòng)，8始終受到向右的彈力，即一直做加速運(yùn)動(dòng)，彈簧的彈力先變大后變小，故8的加速度先增大后減小，故A、B錯(cuò)誤；彈簧彈性勢能最大時(shí)，彈簧壓縮到最短，此時(shí)A、B速度相等，根3 1 ~據(jù)動(dòng)量守恒定律可得3/"vo=（3/m+，"）v,解得v=jvo，根據(jù)能量守恒定律可得，彈性勢能昂皿=于3,"譚一5-（3zn+w）v2=i；nvo2.故C正確；整個(gè)過程中，物塊A、8與彈簧組成的系統(tǒng)只有彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的Z o機(jī)械能守恒，故D錯(cuò)誤.【例4】如圖所示，光滑弧形滑塊尸鎖定在光滑水平地面上，其弧形底端切線水平，小球Q（視為質(zhì)點(diǎn)）的質(zhì)量為滑塊尸的質(zhì)量的一半，小球。從滑塊尸頂端由靜止釋放，。離開P時(shí)的動(dòng)能為Eki.現(xiàn)解除鎖定，仍讓。從滑塊頂端由靜止釋放，Q離開P時(shí)的動(dòng)能為&2,Ek和Ek2的比值為（）【解析】設(shè)滑塊P的質(zhì)量為2m,則。的質(zhì)量為加，弧形頂端與底端的豎直距離為a：P鎖定時(shí)，。下滑過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mgh=E”,尸解除鎖定，。下滑過程，P、Q組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量:守恒定律得：mvQ—2mvp=0,由機(jī)械能守恒定律得：wgA=^/nv（?2+1-2/nv/-2,Q離開P時(shí)的動(dòng)能：￡k2=1/nv02,解得：,故C正確.【例5】（2022?遼寧大連市中學(xué)高三月考）質(zhì)量為3膽的劈A,其右側(cè)是光滑曲面，曲面下端與光滑的水平面相切，如圖所示，一質(zhì)量為m的物塊B位于劈A的曲面上，距水平面的高度為〃，物塊從靜止開始滑下，到達(dá)水平面上，跟右側(cè)固定在墻壁上的彈簧發(fā)生作用后（作用過程無機(jī)械能損失），又滑上劈4,求物塊B在劈A上能夠達(dá)到的最大高度.【解析】 設(shè)物塊B滑到曲面底端時(shí)速率為vi，劈4的速率為吃，物塊B和劈A組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，取水平向左為正方向，則有3機(jī)也一mui=0由系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得mgh—2,nv>2+2X3^V22聯(lián)立可得環(huán)=察，v2=y^與彈簧作用后，物塊8速度方向變?yōu)橄蜃螅俣却笮〔蛔?，q'=0，當(dāng)物塊8在劈A上達(dá)到最大高度時(shí)二者速度相同，設(shè)為電，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，則有3tnv2+mv\f=(3m+mjvy物塊8和劈A組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，可得mg"=；x3機(jī)電？ /-；x(3〃?+機(jī))也2聯(lián)立可得h'=%.題型九人船模型及其拓展模型的應(yīng)用人船模型(1)模型圖示(2)模型特點(diǎn)①兩物體滿足動(dòng)量守恒定律：mu人一Mu船=0②兩物體的位移大小滿足："年一吟?=(),x人+x船=心，俎M, ni得X人一X附(3)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)①人動(dòng)則船動(dòng)，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；②人船位移比等于它們質(zhì)量的反比：人船平均速度(瞬時(shí)速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即2="=4.x船，船m【例1】有一只小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長(重一噸左右)。一位同學(xué)想用一個(gè)卷尺粗略測定它的質(zhì)量。他進(jìn)行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船。用卷尺測出船后退的距離d,然后用卷尺測出船長已知他的自身質(zhì)量為，"，水的阻力不計(jì)，則船的質(zhì)量為()m(L+d) m(L—d)A-d B-dmL m(L+J)C~ D--L-【答案】B【解析】設(shè)船的質(zhì)量為/?*,人走動(dòng)的時(shí)候船的速度為丫，人的速度為"，人從船頭走到船尾用時(shí)為r,船的位移為d,人的位移為L-d,所以/=-o以船后退的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒有m艙R （I—d） ni（I.—d）V—mv'=O,可得/n附7= ?小船的質(zhì)量為， J ,故B正確。【例2】（多選）如圖所示，繩長為/,小球質(zhì)量為如，小車質(zhì)量為砥，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(dòng)量守恒B.水平方向任意時(shí)刻小球與小車的動(dòng)量等大反向C.小球不能向左擺到原高度D.小車向右移動(dòng)的最大距離為二^m2-vm\【答案】BD【解析】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(dòng)量守恒，而總動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)水平方向的動(dòng)量守恒及機(jī)械能守恒得，小球仍能向左擺到原高度，C錯(cuò)誤；小球相對于小車的最大位移為2/,根據(jù)“人船模型”，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)小球的平均速度為V1，小車的平均速度為V2，㈣0一/n2V2=0,兩邊同時(shí)乘以運(yùn)動(dòng)時(shí)間3m\V\t-m2V2t=Q,即？《陽=，”加2，又Xi+x2=2l,解得小車移動(dòng)的最大距離為3（,D正確。【例3】.（2021?四川德陽市二診）如圖所示，物體A、8的質(zhì)量分別為m、2m,物體8置于水平面上，8物體上部半圓形槽的半徑為R,將物體A從圓槽的右側(cè)最頂端由靜止釋放，重力加速度為g,一切摩擦均不計(jì).貝4（）一-一AvyB77^77777777777777777777777^777777~A、B物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒A不能到達(dá)圓槽的左側(cè)最高點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到圓槽的最低點(diǎn)時(shí)A的速率為、扇A運(yùn)動(dòng)到圓槽的最低點(diǎn)時(shí)B的速率為、國【答案】D【解析】A、B物體組成的系統(tǒng)只有水平方向動(dòng)量守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)過程不計(jì)一切摩擦，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A可以到達(dá)圓槽的左側(cè)最高點(diǎn)，且A在圓槽的左側(cè)最高點(diǎn)時(shí)，A、B的速度都為零，故B錯(cuò)誤：對A運(yùn)動(dòng)到圓槽的最低點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程由水平方向動(dòng)量守恒得/nw=2，/n，8,對A、B整體由機(jī)械能守恒可得加8穴=57卜2+32旭療，所以A運(yùn)動(dòng)到圓槽的最低點(diǎn)時(shí)8的速率為丫產(chǎn)竽，/黑故c錯(cuò)誤，D正確