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2021届高考物理通用一轮练习：阶段综合测评4
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阶段综合测评(四)
时间：90分钟 满分：110分
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，1～7题只有一项符合题目要求，8～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1．(2019·新疆乌鲁木齐二诊)目前我国女子短道速滑队已开始备战2022年北京冬季奥运会。在3000 m接力训练中，“接棒”运动员甲在“交棒”运动员乙前面向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。不计阻力，则( )
A．乙对甲的冲量一定大于甲对乙的冲量
B．甲的动量变化一定比乙的动量变化快
C．交棒完毕后甲的速度一定大于乙的速度
D．甲的速度变化量一定大于乙的速度变化量
答案 C
解析 甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等、方向相反，由冲量的定义I＝Ft分析可知，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，故A错误；动量的变化率大小为F，即动量的变化率大小为作用力大小，甲对乙的力和乙对甲的力大小相等，故B错误；交棒完毕后，甲在前乙在后，甲加速后的速度一定大于乙减速后的速度，故C正确；根据动量守恒定律知：Δp甲＝－Δp乙，即甲、乙的动量变化量一定大小相等、方向相反，但甲、乙的质量大小不明确，故无法判别甲、乙的速度变化量大小，故D错误。
2．(2019·山西太原二模)在我国，屋顶常常修成坡度固定的“人”字形，以便雨水沿固定斜坡迅速流下。将雨滴从坡顶开始的下滑看做由静止开始的匀变速直线运动，不考虑雨滴滑下时质量的变化，下列说法正确的是( )
A．雨滴的速度与它发生的位移成正比
B．雨滴的动能与它的速度成正比
C．雨滴的动能与它运动的时间成正比
D．雨滴的动量与它运动的时间成正比
答案 D
解析 设雨滴做初速度为零的匀变速直线运动的加速度为a，根据匀变速直线运动的规律v2－0＝2ax得：v＝，故A错误；根据动能Ek＝mv2＝ma2t2可知，雨滴的动能与速度的平方成正比，与运动时间的平方成正比，故B、C错误；根据动量p＝mv＝mat可知，雨滴的动量与运动时间成正比，故D正确。
3．(2019·四川达州二诊)一辆汽车由静止开始从甲地出发，沿平直公路驶往乙地，其vt图象如图所示，在0～t0和t0～3t0两段时间内( )
A．加速度大小之比为1∶2
B．位移大小之比为2∶3
C．平均速度大小之比为1∶1
D．合力的冲量大小之比为2∶1
答案 C
解析 根据vt图象斜率的绝对值等于加速度大小，可知0～t0和t0～3t0两段时间内的加速度大小之比为：a1∶a2＝∶＝2∶1，故A错误；根据vt图象与时间轴所围的“面积”表示位移，可知两段时间内的位移大小之比为x1∶x2＝v0t0∶v0·2t0＝1∶2，故B错误；在0～t0时间内汽车做匀加速直线运动，在t0～3t0时间内汽车做匀减速直线运动，两段时间内的平均速度均为，故C正确；根据动量定理可知，在0～t0时间内合外力的冲量I1＝mv0，在t0～3t0时间内合外力的冲量I2＝0－mv0＝－mv0，则两段时间内的合力的冲量大小之比为1∶1，故D错误。
4．(2019·湖北孝感二统)在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m、静止的B球碰撞，碰撞后A球的速度方向与碰撞前相反。则碰撞后B球的速度大小可能是( )
A．0 B．0.3v
C．0.6v D．0.9v
答案 C
解析 A、B两球组成的系统在水平方向上合外力为零，A球和B球碰撞的过程中系统动量守恒，设A、B两球碰撞后的速度分别为v1、v2，选A球原来的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：mv＝－mv1＋2mv2，由题意知球A被反弹，所以球B的速度为：v2>0.5v，两球碰撞过程中机械能可能有损失，即mv2≥mv＋×2mv，联立得：0.5v
A．弹簧弹开后两车速度大小之比为1∶2
B．弹簧弹开后两车动量大小之比为1∶2
C．弹簧弹开过程m1、m2受到的冲量大小之比为2∶1
D．弹簧弹开过程弹力对m1、m2做功之比为1∶4
答案 A
解析 两车组成的系统动量守恒，系统初动量为零，由动量守恒定律可知，弹簧弹开后系统总动量仍为零，即两车动量大小相等、方向相反，动量之比：＝＝＝，则＝，故A正确，B错误；弹开过程两车受到的弹力总是大小相等、方向相反，同时变化，同时消失，故两车受到的冲量大小相等，冲量大小之比为1∶1，故C错误；由动能定理可知，弹力对小车做功：W＝mv2－0，做功之比：＝＝＝＝，故D错误。
6．(2019·四川遂宁三诊)如图所示，水平地面光滑，轻弹簧一端固定在墙上，另一端拴接质量为m的小球A。另一个质量也为m的小球B以速度v0向左运动，与A碰撞时间极短、且碰后粘在一起。则从B与A开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程，对A球、B球、弹簧组成的系统( )
A．动量守恒，机械能不守恒
B．动量不守恒，机械能守恒
C．对墙产生的冲量大小为mv0
D．弹簧最大势能为mv
答案 C
解析 从B与A开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程，A、B发生了完全非弹性碰撞，在碰撞过程中机械能有损失，所以系统的机械能不守恒；从A、B开始一起运动至弹簧被压缩到最短的过程中，由于墙对系统有作用力，A、B、弹簧组成的系统所受的合外力不为零，则在此过程中动量不守恒，故A、B错误；设整个过程中，墙对A、B、弹簧组成的系统，由动量定理可得：I＝0－mv0，因墙与系统相互作用，且作用时间相同，故系统对墙产生的冲量大小为mv0，故C正确；A、B碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv，得：v＝0.5v0，弹簧被压缩至最短时，A、B的速度为0，此时弹簧的弹性势能最大，为Ep＝·2mv2＝mv，故D错误。
7．(2019·山东青岛二模)几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！如图，完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，下列说法正确的是( )
A．子弹在每个水球中的速度变化相同
B．子弹在每个水球中的动能变化相同
C．子弹在每个水球中运动的时间相同
D．每个水球对子弹的冲量相同
答案 B
解析 设水球的直径为d，子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，该过程逆向分析相当于子弹做初速度为零的匀加速直线运动。因为通过最后1个、最后2个、最后3个、全部4个水球的位移分别为d、2d、3d和4d，根据x＝at2知，所用时间之比为1∶∶∶2，所以子弹在每个水球中运动的时间不同；子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，受力相同，所以加速度相同，由Δv＝at可知，运动的时间不同，则速度的变化量不同，故A、C错误；根据冲量的定义：I＝Ft，受力是相同的，运动的时间不同，所以每个水球对子弹的冲量不同，故D错误；根据动能定理：ΔEk＝W＝Fd，在每个水球中子弹受力是相同的，运动的位移相同，所以子弹受到的阻力对子弹做的功相等，所以子弹在每个水球中的动能变化相同，故B正确。
8.(2019·河北唐山一模)一子弹以初速度v0击中静止在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块加速运动的位移为s。则以下说法正确的是( )
A．子弹动能的亏损等于系统动能的亏损
B．子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小
C．摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功
D．子弹对木块做的功等于木块动能的增量
答案 BD
解析 子弹射入木块的过程，一部分动能转化为内能，由能量守恒定律知子弹动能的亏损大于系统动能的亏损，故A错误；子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块动量变化量大小相等，方向相反，故B正确；摩擦力对木块做的功为fs，摩擦力对子弹做的功为－f(s＋d)，可知二者不等，故C错误；对木块，由动能定理得：fs＝ΔEk，故D正确。
9．(2019·四川宜宾二诊)如图所示，斜面倾角为θ，P为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零。以沿斜面向下为正方向，则物体下滑过程中的位移x、速度v、合外力F、合外力的冲量I与时间t的关系图象可能正确的是( )
答案 BD
解析 由题意可知，物体在光滑的斜面上先由静止开始向下做匀加速直线运动，过P点后做匀减速直线运动，xt图线的斜率先增大后减小到零，故A错误；物体在前半段做初速度为零的匀加速直线运动，后半段做匀减速直线运动，到达底端时速度为零，则前半段和后半段的平均速度相等，运动时间相等，加速度大小相等、方向相反，则合力大小相等、方向相反，故B正确，C错误；由于合力大小相等，方向相反，根据I＝Ft可知，D正确。
10．(2019·新疆二诊)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体P以速度v0向右运动并压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x；现将弹簧一端连接另一质量为m的物体Q，物体P以3v0的速度向右运动并压缩弹簧(如图乙所示)，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则( )
A．图乙中，在弹簧压缩过程中，弹簧的弹力对P、Q做的功相等
B．P的质量为8m
C．弹簧压缩量最大时弹性势能为4mv
D．图乙中，在弹簧压缩过程中，P、Q组成的系统动量改变量为8mv0
答案 BC
解析 弹簧固定时，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，P的动能全部转化为弹簧的弹性势能，设P的质量为mP，则有：Epm＝mPv，①
当弹簧一端连接另一质量为m的物体Q时，P与弹簧相互作用的过程中Q将向右运动，P、Q速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取P的初速度的方向为正方向，
由动量守恒定律得：mP·3v0＝(m＋mP)v，②
由机械能守恒定律得：
Epm＝mP(3v0 )2－(mP＋m)v2，③
联立得：mP＝8m，v＝v0。
得Epm＝4mv，B、C正确；图乙中，弹簧对P、Q两物体的弹力大小相等，方向相反，弹簧对两物体所做的功分别等于两物体动能的变化，则：弹簧对P做功：WP＝×8mv2－×8m(3v0)2＝－mv，弹簧对Q做功：WP＝mv2＝mv，所以在弹簧压缩过程中，弹簧的弹力对P、Q做的功不相等，在弹簧压缩过程中P、Q与弹簧组成的系统水平方向不受外力作用，竖直方向所受合力为零，故系统动量守恒，又轻弹簧不计质量，故P、Q组成的系统的动量改变量为0，A、D错误。
11．(2019·成都三诊)如图，橡皮条一端固定在O′点，另一端系着中心有孔的小球，小球穿在固定的水平杆上，杆上O点在O′点正下方，橡皮条的自由长度等于OO′，将小球拉至A点后无初速释放，小球开始运动，由于球与杆之间有摩擦，球向右运动的最远处为杆上B点。在小球从A向B运动的过程中( )
A．在O点，小球的加速度为零
B．在A、O之间的某点，小球的动量最大
C．在O、B之间的某点，小球的动量最大
D．小球和橡皮条组成的系统的机械能逐渐减小
答案 BD
解析 小球在O点，水平方向受向左的摩擦力，加速度不为零，故A错误；小球从A开始先做加速度减小的加速运动，当橡皮条的弹力的水平分力等于摩擦力时，加速度为0，速度最大，动量最大，此时小球应该位于A、O之间的某点，B正确，C错误；小球和橡皮条组成的系统，由于需要克服摩擦力做功，故系统的机械能逐渐减小，D正确。
12．(2019·云南保山模拟)如图所示，质量为m的粗糙半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升到距B点所在水平线的最大高度为h0(不计空气阻力)，则( )
A．小球和小车组成的系统在水平方向动量守恒
B．小车向左运动的最大距离为R
C．小球离开小车后做斜抛运动
D．小球第二次能上升到距B点所在水平线的最大高度满足h0
解析 小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，故A正确；设小车向左运动的最大距离为x，系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，设在Δti时间内，小球的速度在水平方向的分量大小为vi，小车的速度大小为vi′，Δti是一个非常短的时间，则在水平方向，由动量守恒定律得：mvi－mvi′＝0，则有mviΔti－mvi′Δti＝0，对小球从A点运动到B点过程中所有的Δti累积求和，则有mviΔti－mvi′Δti＝0，则viΔti－vi′Δti＝0，即(2R－x)－x＝0，解得小车的位移为：x＝R，故B正确；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；设小球第一次在车中运动过程中，Wf为小球克服摩擦力做功大小，则由动能定理得：mg－Wf＝0，解得：Wf＝mgh0，即小球第一次在车中运动中损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中运动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，小球克服摩擦力做功小于mgh0，则机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度h>h0－h0＝h0，而小于h0，即h0
二、实验题(本题共2小题，共12分)
13．(6分)(2019·四川内江三模)如图甲所示，在“验证动量守恒定律”的实验中，将打点计时器固定在长导轨的左端，把纸带穿过打点计时器，连在质量为0.6 kg的小车A的后面，让小车A以某一速度向右运动，与静止的质量相同的小车B碰撞。由于在两小车碰撞端分别装上撞针和橡皮泥，碰撞时撞针将插入橡皮泥中，把两个小车A、B连接在一起共同向右运动，电源的频率为50 Hz，则：
(1)为了尽可能满足实验需要的条件，下列措施中可行的是________。
A．两小车A、B的质量必须相等
B．两小车A、B与导轨间的动摩擦因数尽可能相同
C．两小车A、B相距的距离尽可能近一些
D．将长导轨的左端用楔形木板垫起适当高度，以使小车重力沿导轨的分力可平衡小车运动时受到的摩擦力
(2)如图乙所示，是实验中碰撞前、后打点计时器打下的一条纸带，从图中可以知道在碰撞前小车A的动量为________ kg·m/s，碰撞后的总动量为________ kg·m/s，由此可知，在误差范围内系统的总动量守恒。(保留两位有效数字)
答案 (1)BD (2)0.30 0.29
解析 (1)验证动量守恒定律，不需要控制两小车A、B的质量相等，故A错误；为使系统所受合外力为零，减小摩擦力对实验的影响，实验前要平衡摩擦力，因此两小车A、B与导轨间的动摩擦因数尽可能相同，故B正确；为减小实验误差，两小车A、B相距的距离应适当大一些，故C错误；当系统所受合外力为零时系统动量守恒，实验前要平衡摩擦力，将长导轨的左端用楔形木板垫起适当高度，以使小车重力沿导轨的分力可平衡小车运动时受到的摩擦力，故D正确。
(2)碰撞前A的速度vA＝＝ m/s＝0.5 m/s，碰撞前A的动量：pA＝mAvA＝0.6×0.5 kg·m/s＝0.30 kg·m/s；碰撞后的速度：v＝＝ m/s≈0.24 m/s，碰撞后的总动量：p＝2mv＝2×0.6×0.24 kg·m/s≈0.29 kg·m/s。
14．(6分)(2019·陕西西安三模)某实验小组用如图所示的装置验证动量守恒定律。
(1)对于该实验，下列说法正确的是________。
A．入射小球和被碰小球应该质量相同、半径相同
B．要确保斜槽轨道光滑，其末端水平
C．入射小球可以在斜槽上不同位置释放，但必须由静止释放
D．实验只需要直尺和天平两个测量工具即可
E．在地面上要依次铺上复写纸、白纸，以确定小球的落点
F．在调整斜槽末端水平时，将小球放在斜槽末端不同位置都能静止即可
G．槽口必须悬挂一个重垂线，以便确定槽口在地面的投影位置
H．实验必须测出离地面的高度，以便求出小球做平抛运动的时间
I．实验需要用游标卡尺测出小球直径，以便准确求出小球做平抛运动的时间
J．图中标出小球落点M、N、P是小球多次实验落点中最清晰的点
(2)未放被碰小球和放上被碰小球时入射小球前后两次的落地位置分别为图中的________、________两点；若入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则实验需要验证的表达式为________________________________________。
答案 (1)DFG (2)P M m1OP＝m1OM＋m2ON
解析 (1)为防止碰撞后入射小球反弹，入射小球的质量应大于被碰小球的质量，故A错误；只要从同一位置由静止释放小球即可，斜槽轨道不需要光滑，故B错误；为保证小球到达斜槽末端时速度相等，入射小球应在斜槽上同一位置由静止释放，故C错误；实验需要测量小球质量与水平位移，实验只需要直尺和天平两个测量工具即可，故D正确；为确定小球的落点位置，在地面上要依次铺上白纸、复写纸，故E错误；实验前要调节斜槽末端水平，在调整斜槽末端水平时，将小球放在斜槽末端不同位置都能静止即可，故F正确；为确定小球抛出点在地面上的投影位置，槽口必须悬挂一个重垂线，故G正确；小球离开斜槽后做平抛运动，小球抛出点的高度相等，在空中的运动时间相等，可以用小球的水平位移大小代替初速度大小来进行验证，实验不需要测出离地面的高度，故H错误；两球从斜槽同一位置抛出，不需要用游标卡尺测出小球直径，不需要准确求出小球做平抛运动的时间，故I错误；为减小实验误差，图中标出小球落点M、N、P是小球多次实验落点的平均位置，故J错误，故选D、F、G。
(2)小球离开斜槽后做平抛运动，小球做平抛运动时抛出点的高度相等，故小球做平抛运动的时间t相等。小球做平抛运动的初速度越小，水平位移越小，两球碰撞后入射小球的速度变小，小于被碰小球的速度，故碰撞后入射小球的水平位移变小，入射小球的水平位移小于被碰球的水平位移，由图示可知，入射小球前后两次的落地位置分别为原理图中的P、M两点；碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1＋m2v2，小球做平抛运动的时间t相等，两边同时乘以t得，m1v0t＝m1v1t＋m2v2t，即：m1OP＝m1OM＋m2ON。
三、计算题(本题共4小题，共50分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
15．(8分)(2019·陕西汉中二模)如图，有一个光滑轨道，其水平部分MN段和圆形部分NPQ平滑连接，圆形轨道的半径R＝0.5 m；质量为m1＝5 kg的A球以v0＝6 m/s的速度沿轨道向右运动，与静止在水平轨道上质量为m2＝4 kg的B球发生碰撞，两小球碰撞过程相互作用的时间为t0＝0.02 s，碰撞后B小球恰好越过圆形轨道最高点。两球均可视为质点，g＝10 m/s2。求：
(1)碰撞后A小球的速度大小；
(2)碰撞过程两小球间的平均作用力大小。
答案 (1)2 m/s (2)1000 N
解析 (1)B小球恰好越过圆形轨道的最高点，则
m2g＝m2①
设碰后B球速度为v2，由机械能守恒定律可知：
m2v＝2m2gR＋m2v2②
联立①②式并代入数据得碰后B的速度v2＝5 m/s，
A、B碰撞过程系统动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2③
解得碰后A的速度v1＝2 m/s。
(2)A、B碰撞过程，对B球：Ft0＝m2v2④
代入数据得碰撞过程两小球间的平均作用力大小
F＝1000 N。
16．(12分)(2019·北京密云区期末)如图所示，“冰雪游乐场”滑道O点的左边为水平滑道，右边为高度h＝3.2 m的曲面滑道，左右两边的滑道在O点平滑连接。小孩乘坐冰车由静止开始从滑道顶端出发，经过O点后与处于静止状态的家长所坐的冰车发生碰撞，碰撞后小孩及其冰车恰好停止运动。已知小孩和冰车的总质量m＝30 kg，家长和冰车的总质量为M＝60 kg，人与冰车均可视为质点，不计一切摩擦阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)小孩乘坐冰车经过O点时的速度大小；
(2)碰撞后家长和冰车共同运动的速度大小；
(3)碰撞过程中小孩和家长(包括各自冰车)组成的系统损失的机械能。
答案 (1)8.0 m/s (2)4.0 m/s (3)480 J
解析 (1)设小孩经过O点时的速度大小为v0，由机械能守恒定律有：mgh＝mv
代入数据解得： v0＝8.0 m/s。
(2)碰撞过程中小孩和家长(包括各自冰车)组成的系统动量守恒，设碰撞后家长和冰车的速度大小为v1，则有：mv0＝Mv1
解得：v1＝＝4.0 m/s。
(3)设系统损失的机械能为ΔE，则：
ΔE＝mv－Mv＝480 J。
17．(14分)(2019·山东潍坊模拟)如图所示，光滑水平面上，质量为2m的小球B连接着轻质弹簧，处于静止状态；质量为m的小球A以速度v0向右匀速运动，接着逐渐压缩弹簧并使B运动，一段时间后，A与弹簧分离。设小球A、B与弹簧相互作用过程中无机械能损失，弹簧始终处于弹性限度以内。
(1)求当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能E；
(2)若开始时在小球B的右侧某位置固定一块挡板(图中未画出)，在小球A与弹簧分离前使小球B与挡板发生正碰，并在碰后立刻将挡板撤走。设小球B与固定挡板的碰撞时间极短，碰后小球B的速度大小不变，但方向相反。设此后弹簧弹性势能的最大值为Em，求Em可能值的范围。
答案 (1)mv (2)mv，mv
解析 (1)当弹簧被压缩到最短时，A、B速度相同，弹簧的弹性势能最大。
设A、B的共同速度为v，弹簧的最大势能为E，对A、B组成的系统，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋2m)v①
由机械能守恒定律得：mv＝(m＋2m)v2＋E②
联立①②得：E＝mv。③
(2)设B球与挡板碰撞前瞬间的速度大小为vB，此时A的速度大小为vA。
对A、B组成的系统，由动量守恒定律得：
mv0＝mvA＋2mvB④
B与挡板碰后，以vB向左运动，压缩弹簧，当A、B速度相同时，弹簧弹性势能最大，为Em，设此时A、B的速度为v共
由动量守恒定律得：mvA－2mvB＝3mv共⑤
由机械能守恒定律得：mv＝(m＋2m)v＋Em⑥
由④⑤两式得：v共＝，代入⑥式，化简得：
Em＝⑦
而当弹簧恢复原长时相碰，vB有最大值vBm，则：
mv0＝mvA′＋2mvBm，⑧
mv＝mvA ′2＋×2mv⑨
联立⑧⑨得：vBm＝v0，
即vB的取值范围为：0
当vB＝v0时，Em有最小值为mv。
18．(16分)(2019·安徽安庆二模)如图甲所示，光滑水平面上有一质量为M＝1 kg的足够长木板。板左端有一质量为m＝0.5 kg的物块(视为质点)，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2。初始时物块与木板均处于静止状态，已知g＝10 m/s2，物块与木板间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。
(1)若仅给木板一水平向左的初速度v0＝3 m/s，求物块相对木板滑动的距离；
(2)若仅给物块施加一水平向右的力F，F随时间t变化的图象如图乙所示，求物块与木板最终的速度大小；
(3)若按(1)问中给木板初速度v0＝3 m/s的同时，给木板施加一水平向右的恒力F＝6 N，求经多长时间物块会从木板上滑落。
答案 (1)1.5 m (2)0.6 m/s (3)0.91 s
解析 (1)设物块与木板最终达到相同的速度v，物块在木板上滑行的距离为L，物块与木板组成的系统动量守恒，
由动量守恒定律：Mv0＝(M＋m)v
由功能关系得：μmgL＝Mv－(M＋m)v2
解得：L＝1.5 m。
(2)由题意可知，若物块和木板一起向右加速，
则fm＝μmg＝ma，F－fm＝ma，
代入数据得拉力F≤1.5 N，故在如图所示的拉力F的作用下物块和木板无法一起加速，设经t1＝0.5 s时，物块的速度为v1，木板的速度为v2
对物块：t1－μmgt1＝mv1
对木板：μmgt1＝Mv2
解得v1＝0.8 m/s，v2＝0.5 m/s；
0．5 s后撤去外力F，系统动量守恒，物块和木板最终达到相同速度v′，则
mv1＋Mv2＝(m＋M)v′
解得v′＝0.6 m/s，
即物块和木板最终以0.6 m/s的速度匀速运动。
(3)物块先相对木板向右运动，设此过程中，物块的加速度为a1，木板的加速度为a2，经t1时间物块和木板具有相同的速度v″，
由牛顿第二定律，对物块：μmg＝ma1
对木板：F＋μmg＝Ma2
由运动公式：v″＝v0－a2t1
v″＝a1t1
解得：t1＝ s，v″＝ m/s
此过程中物块相对木板向右前进的距离：
s＝t1－t1
解得s＝0.5 m
t1时刻后物块相对木板向左运动，设再经t2时间从木板上滑落，此过程中木板的加速度为a3，物块的加速度仍为a1，对木板：
F－μmg＝Ma3
由运动公式：v″t2－a1t－＝s
解得：t2＝ s
故经过时间t＝t1＋t2＝ s≈0.91 s物块从木板上滑落。
阶段综合测评(四)
时间：90分钟 满分：110分
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，1～7题只有一项符合题目要求，8～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1．(2019·新疆乌鲁木齐二诊)目前我国女子短道速滑队已开始备战2022年北京冬季奥运会。在3000 m接力训练中，“接棒”运动员甲在“交棒”运动员乙前面向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。不计阻力，则( )
A．乙对甲的冲量一定大于甲对乙的冲量
B．甲的动量变化一定比乙的动量变化快
C．交棒完毕后甲的速度一定大于乙的速度
D．甲的速度变化量一定大于乙的速度变化量
答案 C
解析 甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等、方向相反，由冲量的定义I＝Ft分析可知，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，故A错误；动量的变化率大小为F，即动量的变化率大小为作用力大小，甲对乙的力和乙对甲的力大小相等，故B错误；交棒完毕后，甲在前乙在后，甲加速后的速度一定大于乙减速后的速度，故C正确；根据动量守恒定律知：Δp甲＝－Δp乙，即甲、乙的动量变化量一定大小相等、方向相反，但甲、乙的质量大小不明确，故无法判别甲、乙的速度变化量大小，故D错误。
2．(2019·山西太原二模)在我国，屋顶常常修成坡度固定的“人”字形，以便雨水沿固定斜坡迅速流下。将雨滴从坡顶开始的下滑看做由静止开始的匀变速直线运动，不考虑雨滴滑下时质量的变化，下列说法正确的是( )
A．雨滴的速度与它发生的位移成正比
B．雨滴的动能与它的速度成正比
C．雨滴的动能与它运动的时间成正比
D．雨滴的动量与它运动的时间成正比
答案 D
解析 设雨滴做初速度为零的匀变速直线运动的加速度为a，根据匀变速直线运动的规律v2－0＝2ax得：v＝，故A错误；根据动能Ek＝mv2＝ma2t2可知，雨滴的动能与速度的平方成正比，与运动时间的平方成正比，故B、C错误；根据动量p＝mv＝mat可知，雨滴的动量与运动时间成正比，故D正确。
3．(2019·四川达州二诊)一辆汽车由静止开始从甲地出发，沿平直公路驶往乙地，其vt图象如图所示，在0～t0和t0～3t0两段时间内( )
A．加速度大小之比为1∶2
B．位移大小之比为2∶3
C．平均速度大小之比为1∶1
D．合力的冲量大小之比为2∶1
答案 C
解析 根据vt图象斜率的绝对值等于加速度大小，可知0～t0和t0～3t0两段时间内的加速度大小之比为：a1∶a2＝∶＝2∶1，故A错误；根据vt图象与时间轴所围的“面积”表示位移，可知两段时间内的位移大小之比为x1∶x2＝v0t0∶v0·2t0＝1∶2，故B错误；在0～t0时间内汽车做匀加速直线运动，在t0～3t0时间内汽车做匀减速直线运动，两段时间内的平均速度均为，故C正确；根据动量定理可知，在0～t0时间内合外力的冲量I1＝mv0，在t0～3t0时间内合外力的冲量I2＝0－mv0＝－mv0，则两段时间内的合力的冲量大小之比为1∶1，故D错误。
4．(2019·湖北孝感二统)在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m、静止的B球碰撞，碰撞后A球的速度方向与碰撞前相反。则碰撞后B球的速度大小可能是( )
A．0 B．0.3v
C．0.6v D．0.9v
答案 C
解析 A、B两球组成的系统在水平方向上合外力为零，A球和B球碰撞的过程中系统动量守恒，设A、B两球碰撞后的速度分别为v1、v2，选A球原来的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：mv＝－mv1＋2mv2，由题意知球A被反弹，所以球B的速度为：v2>0.5v，两球碰撞过程中机械能可能有损失，即mv2≥mv＋×2mv，联立得：0.5v
A．弹簧弹开后两车速度大小之比为1∶2
B．弹簧弹开后两车动量大小之比为1∶2
C．弹簧弹开过程m1、m2受到的冲量大小之比为2∶1
D．弹簧弹开过程弹力对m1、m2做功之比为1∶4
答案 A
解析 两车组成的系统动量守恒，系统初动量为零，由动量守恒定律可知，弹簧弹开后系统总动量仍为零，即两车动量大小相等、方向相反，动量之比：＝＝＝，则＝，故A正确，B错误；弹开过程两车受到的弹力总是大小相等、方向相反，同时变化，同时消失，故两车受到的冲量大小相等，冲量大小之比为1∶1，故C错误；由动能定理可知，弹力对小车做功：W＝mv2－0，做功之比：＝＝＝＝，故D错误。
6．(2019·四川遂宁三诊)如图所示，水平地面光滑，轻弹簧一端固定在墙上，另一端拴接质量为m的小球A。另一个质量也为m的小球B以速度v0向左运动，与A碰撞时间极短、且碰后粘在一起。则从B与A开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程，对A球、B球、弹簧组成的系统( )
A．动量守恒，机械能不守恒
B．动量不守恒，机械能守恒
C．对墙产生的冲量大小为mv0
D．弹簧最大势能为mv
答案 C
解析 从B与A开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程，A、B发生了完全非弹性碰撞，在碰撞过程中机械能有损失，所以系统的机械能不守恒；从A、B开始一起运动至弹簧被压缩到最短的过程中，由于墙对系统有作用力，A、B、弹簧组成的系统所受的合外力不为零，则在此过程中动量不守恒，故A、B错误；设整个过程中，墙对A、B、弹簧组成的系统，由动量定理可得：I＝0－mv0，因墙与系统相互作用，且作用时间相同，故系统对墙产生的冲量大小为mv0，故C正确；A、B碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv，得：v＝0.5v0，弹簧被压缩至最短时，A、B的速度为0，此时弹簧的弹性势能最大，为Ep＝·2mv2＝mv，故D错误。
7．(2019·山东青岛二模)几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！如图，完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，下列说法正确的是( )
A．子弹在每个水球中的速度变化相同
B．子弹在每个水球中的动能变化相同
C．子弹在每个水球中运动的时间相同
D．每个水球对子弹的冲量相同
答案 B
解析 设水球的直径为d，子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，该过程逆向分析相当于子弹做初速度为零的匀加速直线运动。因为通过最后1个、最后2个、最后3个、全部4个水球的位移分别为d、2d、3d和4d，根据x＝at2知，所用时间之比为1∶∶∶2，所以子弹在每个水球中运动的时间不同；子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，受力相同，所以加速度相同，由Δv＝at可知，运动的时间不同，则速度的变化量不同，故A、C错误；根据冲量的定义：I＝Ft，受力是相同的，运动的时间不同，所以每个水球对子弹的冲量不同，故D错误；根据动能定理：ΔEk＝W＝Fd，在每个水球中子弹受力是相同的，运动的位移相同，所以子弹受到的阻力对子弹做的功相等，所以子弹在每个水球中的动能变化相同，故B正确。
8.(2019·河北唐山一模)一子弹以初速度v0击中静止在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块加速运动的位移为s。则以下说法正确的是( )
A．子弹动能的亏损等于系统动能的亏损
B．子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小
C．摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功
D．子弹对木块做的功等于木块动能的增量
答案 BD
解析 子弹射入木块的过程，一部分动能转化为内能，由能量守恒定律知子弹动能的亏损大于系统动能的亏损，故A错误；子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块动量变化量大小相等，方向相反，故B正确；摩擦力对木块做的功为fs，摩擦力对子弹做的功为－f(s＋d)，可知二者不等，故C错误；对木块，由动能定理得：fs＝ΔEk，故D正确。
9．(2019·四川宜宾二诊)如图所示，斜面倾角为θ，P为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零。以沿斜面向下为正方向，则物体下滑过程中的位移x、速度v、合外力F、合外力的冲量I与时间t的关系图象可能正确的是( )
答案 BD
解析 由题意可知，物体在光滑的斜面上先由静止开始向下做匀加速直线运动，过P点后做匀减速直线运动，xt图线的斜率先增大后减小到零，故A错误；物体在前半段做初速度为零的匀加速直线运动，后半段做匀减速直线运动，到达底端时速度为零，则前半段和后半段的平均速度相等，运动时间相等，加速度大小相等、方向相反，则合力大小相等、方向相反，故B正确，C错误；由于合力大小相等，方向相反，根据I＝Ft可知，D正确。
10．(2019·新疆二诊)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体P以速度v0向右运动并压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x；现将弹簧一端连接另一质量为m的物体Q，物体P以3v0的速度向右运动并压缩弹簧(如图乙所示)，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则( )
A．图乙中，在弹簧压缩过程中，弹簧的弹力对P、Q做的功相等
B．P的质量为8m
C．弹簧压缩量最大时弹性势能为4mv
D．图乙中，在弹簧压缩过程中，P、Q组成的系统动量改变量为8mv0
答案 BC
解析 弹簧固定时，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，P的动能全部转化为弹簧的弹性势能，设P的质量为mP，则有：Epm＝mPv，①
当弹簧一端连接另一质量为m的物体Q时，P与弹簧相互作用的过程中Q将向右运动，P、Q速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取P的初速度的方向为正方向，
由动量守恒定律得：mP·3v0＝(m＋mP)v，②
由机械能守恒定律得：
Epm＝mP(3v0 )2－(mP＋m)v2，③
联立得：mP＝8m，v＝v0。
得Epm＝4mv，B、C正确；图乙中，弹簧对P、Q两物体的弹力大小相等，方向相反，弹簧对两物体所做的功分别等于两物体动能的变化，则：弹簧对P做功：WP＝×8mv2－×8m(3v0)2＝－mv，弹簧对Q做功：WP＝mv2＝mv，所以在弹簧压缩过程中，弹簧的弹力对P、Q做的功不相等，在弹簧压缩过程中P、Q与弹簧组成的系统水平方向不受外力作用，竖直方向所受合力为零，故系统动量守恒，又轻弹簧不计质量，故P、Q组成的系统的动量改变量为0，A、D错误。
11．(2019·成都三诊)如图，橡皮条一端固定在O′点，另一端系着中心有孔的小球，小球穿在固定的水平杆上，杆上O点在O′点正下方，橡皮条的自由长度等于OO′，将小球拉至A点后无初速释放，小球开始运动，由于球与杆之间有摩擦，球向右运动的最远处为杆上B点。在小球从A向B运动的过程中( )
A．在O点，小球的加速度为零
B．在A、O之间的某点，小球的动量最大
C．在O、B之间的某点，小球的动量最大
D．小球和橡皮条组成的系统的机械能逐渐减小
答案 BD
解析 小球在O点，水平方向受向左的摩擦力，加速度不为零，故A错误；小球从A开始先做加速度减小的加速运动，当橡皮条的弹力的水平分力等于摩擦力时，加速度为0，速度最大，动量最大，此时小球应该位于A、O之间的某点，B正确，C错误；小球和橡皮条组成的系统，由于需要克服摩擦力做功，故系统的机械能逐渐减小，D正确。
12．(2019·云南保山模拟)如图所示，质量为m的粗糙半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升到距B点所在水平线的最大高度为h0(不计空气阻力)，则( )
A．小球和小车组成的系统在水平方向动量守恒
B．小车向左运动的最大距离为R
C．小球离开小车后做斜抛运动
D．小球第二次能上升到距B点所在水平线的最大高度满足h0
解析 小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，故A正确；设小车向左运动的最大距离为x，系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，设在Δti时间内，小球的速度在水平方向的分量大小为vi，小车的速度大小为vi′，Δti是一个非常短的时间，则在水平方向，由动量守恒定律得：mvi－mvi′＝0，则有mviΔti－mvi′Δti＝0，对小球从A点运动到B点过程中所有的Δti累积求和，则有mviΔti－mvi′Δti＝0，则viΔti－vi′Δti＝0，即(2R－x)－x＝0，解得小车的位移为：x＝R，故B正确；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；设小球第一次在车中运动过程中，Wf为小球克服摩擦力做功大小，则由动能定理得：mg－Wf＝0，解得：Wf＝mgh0，即小球第一次在车中运动中损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中运动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，小球克服摩擦力做功小于mgh0，则机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度h>h0－h0＝h0，而小于h0，即h0
二、实验题(本题共2小题，共12分)
13．(6分)(2019·四川内江三模)如图甲所示，在“验证动量守恒定律”的实验中，将打点计时器固定在长导轨的左端，把纸带穿过打点计时器，连在质量为0.6 kg的小车A的后面，让小车A以某一速度向右运动，与静止的质量相同的小车B碰撞。由于在两小车碰撞端分别装上撞针和橡皮泥，碰撞时撞针将插入橡皮泥中，把两个小车A、B连接在一起共同向右运动，电源的频率为50 Hz，则：
(1)为了尽可能满足实验需要的条件，下列措施中可行的是________。
A．两小车A、B的质量必须相等
B．两小车A、B与导轨间的动摩擦因数尽可能相同
C．两小车A、B相距的距离尽可能近一些
D．将长导轨的左端用楔形木板垫起适当高度，以使小车重力沿导轨的分力可平衡小车运动时受到的摩擦力
(2)如图乙所示，是实验中碰撞前、后打点计时器打下的一条纸带，从图中可以知道在碰撞前小车A的动量为________ kg·m/s，碰撞后的总动量为________ kg·m/s，由此可知，在误差范围内系统的总动量守恒。(保留两位有效数字)
答案 (1)BD (2)0.30 0.29
解析 (1)验证动量守恒定律，不需要控制两小车A、B的质量相等，故A错误；为使系统所受合外力为零，减小摩擦力对实验的影响，实验前要平衡摩擦力，因此两小车A、B与导轨间的动摩擦因数尽可能相同，故B正确；为减小实验误差，两小车A、B相距的距离应适当大一些，故C错误；当系统所受合外力为零时系统动量守恒，实验前要平衡摩擦力，将长导轨的左端用楔形木板垫起适当高度，以使小车重力沿导轨的分力可平衡小车运动时受到的摩擦力，故D正确。
(2)碰撞前A的速度vA＝＝ m/s＝0.5 m/s，碰撞前A的动量：pA＝mAvA＝0.6×0.5 kg·m/s＝0.30 kg·m/s；碰撞后的速度：v＝＝ m/s≈0.24 m/s，碰撞后的总动量：p＝2mv＝2×0.6×0.24 kg·m/s≈0.29 kg·m/s。
14．(6分)(2019·陕西西安三模)某实验小组用如图所示的装置验证动量守恒定律。
(1)对于该实验，下列说法正确的是________。
A．入射小球和被碰小球应该质量相同、半径相同
B．要确保斜槽轨道光滑，其末端水平
C．入射小球可以在斜槽上不同位置释放，但必须由静止释放
D．实验只需要直尺和天平两个测量工具即可
E．在地面上要依次铺上复写纸、白纸，以确定小球的落点
F．在调整斜槽末端水平时，将小球放在斜槽末端不同位置都能静止即可
G．槽口必须悬挂一个重垂线，以便确定槽口在地面的投影位置
H．实验必须测出离地面的高度，以便求出小球做平抛运动的时间
I．实验需要用游标卡尺测出小球直径，以便准确求出小球做平抛运动的时间
J．图中标出小球落点M、N、P是小球多次实验落点中最清晰的点
(2)未放被碰小球和放上被碰小球时入射小球前后两次的落地位置分别为图中的________、________两点；若入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则实验需要验证的表达式为________________________________________。
答案 (1)DFG (2)P M m1OP＝m1OM＋m2ON
解析 (1)为防止碰撞后入射小球反弹，入射小球的质量应大于被碰小球的质量，故A错误；只要从同一位置由静止释放小球即可，斜槽轨道不需要光滑，故B错误；为保证小球到达斜槽末端时速度相等，入射小球应在斜槽上同一位置由静止释放，故C错误；实验需要测量小球质量与水平位移，实验只需要直尺和天平两个测量工具即可，故D正确；为确定小球的落点位置，在地面上要依次铺上白纸、复写纸，故E错误；实验前要调节斜槽末端水平，在调整斜槽末端水平时，将小球放在斜槽末端不同位置都能静止即可，故F正确；为确定小球抛出点在地面上的投影位置，槽口必须悬挂一个重垂线，故G正确；小球离开斜槽后做平抛运动，小球抛出点的高度相等，在空中的运动时间相等，可以用小球的水平位移大小代替初速度大小来进行验证，实验不需要测出离地面的高度，故H错误；两球从斜槽同一位置抛出，不需要用游标卡尺测出小球直径，不需要准确求出小球做平抛运动的时间，故I错误；为减小实验误差，图中标出小球落点M、N、P是小球多次实验落点的平均位置，故J错误，故选D、F、G。
(2)小球离开斜槽后做平抛运动，小球做平抛运动时抛出点的高度相等，故小球做平抛运动的时间t相等。小球做平抛运动的初速度越小，水平位移越小，两球碰撞后入射小球的速度变小，小于被碰小球的速度，故碰撞后入射小球的水平位移变小，入射小球的水平位移小于被碰球的水平位移，由图示可知，入射小球前后两次的落地位置分别为原理图中的P、M两点；碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1＋m2v2，小球做平抛运动的时间t相等，两边同时乘以t得，m1v0t＝m1v1t＋m2v2t，即：m1OP＝m1OM＋m2ON。
三、计算题(本题共4小题，共50分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
15．(8分)(2019·陕西汉中二模)如图，有一个光滑轨道，其水平部分MN段和圆形部分NPQ平滑连接，圆形轨道的半径R＝0.5 m；质量为m1＝5 kg的A球以v0＝6 m/s的速度沿轨道向右运动，与静止在水平轨道上质量为m2＝4 kg的B球发生碰撞，两小球碰撞过程相互作用的时间为t0＝0.02 s，碰撞后B小球恰好越过圆形轨道最高点。两球均可视为质点，g＝10 m/s2。求：
(1)碰撞后A小球的速度大小；
(2)碰撞过程两小球间的平均作用力大小。
答案 (1)2 m/s (2)1000 N
解析 (1)B小球恰好越过圆形轨道的最高点，则
m2g＝m2①
设碰后B球速度为v2，由机械能守恒定律可知：
m2v＝2m2gR＋m2v2②
联立①②式并代入数据得碰后B的速度v2＝5 m/s，
A、B碰撞过程系统动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2③
解得碰后A的速度v1＝2 m/s。
(2)A、B碰撞过程，对B球：Ft0＝m2v2④
代入数据得碰撞过程两小球间的平均作用力大小
F＝1000 N。
16．(12分)(2019·北京密云区期末)如图所示，“冰雪游乐场”滑道O点的左边为水平滑道，右边为高度h＝3.2 m的曲面滑道，左右两边的滑道在O点平滑连接。小孩乘坐冰车由静止开始从滑道顶端出发，经过O点后与处于静止状态的家长所坐的冰车发生碰撞，碰撞后小孩及其冰车恰好停止运动。已知小孩和冰车的总质量m＝30 kg，家长和冰车的总质量为M＝60 kg，人与冰车均可视为质点，不计一切摩擦阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)小孩乘坐冰车经过O点时的速度大小；
(2)碰撞后家长和冰车共同运动的速度大小；
(3)碰撞过程中小孩和家长(包括各自冰车)组成的系统损失的机械能。
答案 (1)8.0 m/s (2)4.0 m/s (3)480 J
解析 (1)设小孩经过O点时的速度大小为v0，由机械能守恒定律有：mgh＝mv
代入数据解得： v0＝8.0 m/s。
(2)碰撞过程中小孩和家长(包括各自冰车)组成的系统动量守恒，设碰撞后家长和冰车的速度大小为v1，则有：mv0＝Mv1
解得：v1＝＝4.0 m/s。
(3)设系统损失的机械能为ΔE，则：
ΔE＝mv－Mv＝480 J。
17．(14分)(2019·山东潍坊模拟)如图所示，光滑水平面上，质量为2m的小球B连接着轻质弹簧，处于静止状态；质量为m的小球A以速度v0向右匀速运动，接着逐渐压缩弹簧并使B运动，一段时间后，A与弹簧分离。设小球A、B与弹簧相互作用过程中无机械能损失，弹簧始终处于弹性限度以内。
(1)求当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能E；
(2)若开始时在小球B的右侧某位置固定一块挡板(图中未画出)，在小球A与弹簧分离前使小球B与挡板发生正碰，并在碰后立刻将挡板撤走。设小球B与固定挡板的碰撞时间极短，碰后小球B的速度大小不变，但方向相反。设此后弹簧弹性势能的最大值为Em，求Em可能值的范围。
答案 (1)mv (2)mv，mv
解析 (1)当弹簧被压缩到最短时，A、B速度相同，弹簧的弹性势能最大。
设A、B的共同速度为v，弹簧的最大势能为E，对A、B组成的系统，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋2m)v①
由机械能守恒定律得：mv＝(m＋2m)v2＋E②
联立①②得：E＝mv。③
(2)设B球与挡板碰撞前瞬间的速度大小为vB，此时A的速度大小为vA。
对A、B组成的系统，由动量守恒定律得：
mv0＝mvA＋2mvB④
B与挡板碰后，以vB向左运动，压缩弹簧，当A、B速度相同时，弹簧弹性势能最大，为Em，设此时A、B的速度为v共
由动量守恒定律得：mvA－2mvB＝3mv共⑤
由机械能守恒定律得：mv＝(m＋2m)v＋Em⑥
由④⑤两式得：v共＝，代入⑥式，化简得：
Em＝⑦
而当弹簧恢复原长时相碰，vB有最大值vBm，则：
mv0＝mvA′＋2mvBm，⑧
mv＝mvA ′2＋×2mv⑨
联立⑧⑨得：vBm＝v0，
即vB的取值范围为：0
当vB＝v0时，Em有最小值为mv。
18．(16分)(2019·安徽安庆二模)如图甲所示，光滑水平面上有一质量为M＝1 kg的足够长木板。板左端有一质量为m＝0.5 kg的物块(视为质点)，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2。初始时物块与木板均处于静止状态，已知g＝10 m/s2，物块与木板间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。
(1)若仅给木板一水平向左的初速度v0＝3 m/s，求物块相对木板滑动的距离；
(2)若仅给物块施加一水平向右的力F，F随时间t变化的图象如图乙所示，求物块与木板最终的速度大小；
(3)若按(1)问中给木板初速度v0＝3 m/s的同时，给木板施加一水平向右的恒力F＝6 N，求经多长时间物块会从木板上滑落。
答案 (1)1.5 m (2)0.6 m/s (3)0.91 s
解析 (1)设物块与木板最终达到相同的速度v，物块在木板上滑行的距离为L，物块与木板组成的系统动量守恒，
由动量守恒定律：Mv0＝(M＋m)v
由功能关系得：μmgL＝Mv－(M＋m)v2
解得：L＝1.5 m。
(2)由题意可知，若物块和木板一起向右加速，
则fm＝μmg＝ma，F－fm＝ma，
代入数据得拉力F≤1.5 N，故在如图所示的拉力F的作用下物块和木板无法一起加速，设经t1＝0.5 s时，物块的速度为v1，木板的速度为v2
对物块：t1－μmgt1＝mv1
对木板：μmgt1＝Mv2
解得v1＝0.8 m/s，v2＝0.5 m/s；
0．5 s后撤去外力F，系统动量守恒，物块和木板最终达到相同速度v′，则
mv1＋Mv2＝(m＋M)v′
解得v′＝0.6 m/s，
即物块和木板最终以0.6 m/s的速度匀速运动。
(3)物块先相对木板向右运动，设此过程中，物块的加速度为a1，木板的加速度为a2，经t1时间物块和木板具有相同的速度v″，
由牛顿第二定律，对物块：μmg＝ma1
对木板：F＋μmg＝Ma2
由运动公式：v″＝v0－a2t1
v″＝a1t1
解得：t1＝ s，v″＝ m/s
此过程中物块相对木板向右前进的距离：
s＝t1－t1
解得s＝0.5 m
t1时刻后物块相对木板向左运动，设再经t2时间从木板上滑落，此过程中木板的加速度为a3，物块的加速度仍为a1，对木板：
F－μmg＝Ma3
由运动公式：v″t2－a1t－＝s
解得：t2＝ s
故经过时间t＝t1＋t2＝ s≈0.91 s物块从木板上滑落。
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