新教材适用2024版高考物理二轮总复习第1部分核心主干复习专题专题2功和能动量微专题2动力学三大观点的综合运用

第一部分专题二微专题2A组·基础练1.(多选)(2023·辽宁丹东模拟)如图所示，小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块(视为质点)在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点，已知小车的质量为2m，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(ACD)A．滑块运动过程中的最大速度为eq\r(\f(4,3)gR)B．整个运动过程中，小车和滑块组成的系统机械能守恒和动量守恒C．整个运动过程中，小车的位移大小为eq\f(R＋L,3)D．滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝eq\f(R,L)【解析】当滑块到达B点时速度最大，由水平方向动量守恒定律有0＝mv1－2mv2，此过程由机械能守恒定律有mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)，解得v1＝eq\r(\f(4gR,3))，故A正确；滑块由A运动到B过程中，系统所受外力的合力不为0，则小车和滑块组成的系统动量不守恒，这个过程中只有重力对系统做功，系统机械能守恒；由B到C过程中，系统所受外力的合力为零，系统动量守恒，但是这个过程需要克服摩擦力做功，机械能不守恒，故B错误；由水平方向动量守恒的位移表达式有0＝mx1－2mx2，又由于x1＋x2＝R＋L，解得x2＝eq\f(R＋L,3)，故C正确；滑块最后恰好停在C点，根据系统水平方向动量守恒，此时两者速度均为0，根据能量守恒定律可得mgR＝μmgL。解得μ＝eq\f(R,L)，故D正确。故选ACD。2.(多选)(2023·安徽合肥模拟)如图1所示，一右端固定有竖直挡板的质量M＝2kg的木板静置于光滑的水平面上，另一质量m＝1kg的物块以v0＝6m/s的水平初速度从木板的最左端点冲上木板，最终物块与木板保持相对静止，物块和木板的运动速度随时间变化的关系图像如图2所示，物块可视为质点，则下列判断正确的是(BC)A．图2中v2的数值为4B．物块与木板的碰撞为弹性碰撞C．整个过程物块与木板之间因摩擦产生的热量为12JD．最终物块距木板左端的距离为1.5m【解析】根据题意可知，图2中图线a表示碰撞前物块的减速运动过程，图线b表示碰撞前木板的加速过程，图线c表示碰撞后木板的减速过程，图线d表示碰撞后物块的加速过程，物块与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小为v1，设此时木板速度大小为v木，则有v木＝1m/s，从物块滑上木板到物块与木板碰撞前瞬间的过程，根据系统动量守恒有mv0＝mv1＋Mv木，解得v1＝4m/s，物块与挡板碰撞后瞬间，物块的速度为0，木板速度大小为v2，从物块滑上木板到物块与木板碰撞后瞬间的过程，根据系统动量守恒有mv0＝Mv2，解得v2＝3m/s，故A错误；2s末物块与木板共同运动的速度大小为v3，从物块滑上木板到最终共同匀速运动的过程，根据系统动量守恒有mv0＝(m＋M)v3，解得v3＝2m/s，物块与木板碰撞前瞬间，系统的动能为Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,木)＝9J，物块与木板碰撞后瞬间，系统的动能Ek2＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝9J，故碰撞过程系统没有机械能损失，故B正确；物块滑上木板时系统的动能为Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝18J，最终相对静止时系统的动能为Ek3＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,3)＝6J，所以系统产生的热量为Q＝Ek0－Ek3＝12J，故C正确；由图得板长为4.5m，碰后相对位移为1.5m，故距离左端为3m，故D错误。故选BC。3.(多选)(2023·安徽合肥八中模拟)如图所示，以v＝4m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接。水平面上有位于同一直线上、处于静止状态的4个相同小球，小球质量m0＝0.3kg。质量m＝0.1kg的物体从轨道上高h＝2.0m的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小v0＝6m/s；物体和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带AB之间的距离L＝3.0m。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是(ABD)A．物体从P点下滑到A点的过程中，克服摩擦力做的功为0.2JB．物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离为0.4mC．物体最终的速度大小为0.5m/sD．物体第一次与小球碰撞后的整个过程，物体与传送带间产生的摩擦热为3J【解析】物体由P到A的过程，根据动能定理可得mgh＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Wf＝－0.2J，则克服摩擦力做的功为0.2J，选项A正确；物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度大小为a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝5m/s2，减速至与传送带速度相等时所用的时间t1＝eq\f(v0－v,a)＝eq\f(6－4,5)s＝0.4s，匀减速运动的位移s1＝eq\f(v0＋v,2)t1＝eq\f(6＋4,2)×0.4m＝2.0m<L＝3.0m，故物体与小球1碰撞前的速度为v＝4m/s，物体与小球1发生弹性正碰，设物体反弹回来的速度大小为v1，小球1被撞后的速度大小为u1，由动量守恒和能量守恒定律得mv＝－mv1＋m0u1，eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m0ueq\o\al(2,1)，解得v1＝eq\f(1,2)v＝2m/s，u1＝eq\f(1,2)v＝2m/s，物体被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，由运动学公式得0－veq\o\al(2,1)＝－2as，解得s＝0.4m，选项B正确；由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换。物体第一次返回还没到传送带左端速度就减小为零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到v1，再跟小球1发生弹性正碰，同理可得，第二次碰后，物体和小球的速度大小分别为v2＝eq\f(1,2)v1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2v，u2＝eq\f(1,2)v1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2v，以此类推，物体与小球1经过n次碰撞后，他们的速度大小分别为vn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))nv，un＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))nv，由于总共有4个小球，可知物体与第1个小球一共可以发生4次碰撞，则物体最终的速度大小为v4＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4×4m/s＝0.25m/s，选项C错误；物体第一次与小球1碰撞后的整个过程，在传送带上相对传送带的路程Δs＝v·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2v1,a)＋\f(2v2,a)＋\f(2v3,a)＋\f(2v4,a)))＝6m，故物体与传送带间产生的摩擦热Q＝μmgΔs＝3J，选项D正确。故选ABD。4.(2023·湖南平江质检)如图甲所示，质量为2kg的小球B与质量未知的小球C用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，另有一小球A以6m/s的初速度向右运动，t＝2s时球A与球B碰撞并瞬间粘在一起，碰后球B的v-t图像如图乙所示。已知弹簧的弹性系数k＝240N/m，弹簧的弹性势能Ep＝eq\f(1,2)kx2(x为弹簧的形变量)，整个运动过程中弹簧始终在弹性限度内。下列判断正确的是(C)A．碰后球B的速度为零时弹簧长度最短B．碰后球B的速度为零时球C的加速度为零C．碰后运动过程中，小球B加速度的最大值为20m/s2D．碰后运动过程中，小球B加速度的最大值为30m/s2【解析】当三球共速时，弹簧弹性势能最大，压缩量最大，弹簧长度最短，故A错误；由图可知，B的速度为零后继续反向加速，说明弹簧弹力不为0，故C球受到弹簧弹力，加速度不为0，故B错误；AB发生完全非弹性碰撞，则有mAvA＝(mA＋mB)v，解得mA＝4kg，ABC整体动量守恒(mA＋mB)v＝(mA＋mB)v′＋mCvC，当弹簧恢复原长时，此时v′＝－1m/s，满足eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v′2＋eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)，即v′＝eq\f(mA＋mB－mC,mA＋mB＋mC)v，解得mC＝10kg，当ABC共速时(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)v共，eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,共)＋Ep，联立解得Ep＝eq\f(1,2)kx2＝30J，解得x＝eq\f(1,2)m，此时小球B加速度最大a＝eq\f(kx,mA＋mB)＝20m/s2，故C正确，D错误。故选C。5.(多选)(2023·山东安丘检测)如图所示，质量均为m＝1kg的A、B两个物体之间连接一劲度系数为k＝50N/m的轻质弹簧，弹簧始终处于竖直状态，一质量为m＝1kg的小球从距离B为h＝1m的位置自由落下。小球与B碰撞后一起向下运动，但小球与B没有粘连在一起。已知重力加速度g＝10m/s2。忽略空气阻力。则在整个运动过程中，下列说法正确的是(BCD)A．小球在整个运动过程中，还会再回到释放的位置B．小球与B一起向下运动过程中，小球与物块B的机械能减小C．小球与B分离时，弹簧处于原长状态D．物块B第一次回到原位置时，小球与B之间作用力为5N【解析】小球与B一起向下运动过程中，弹簧对其做负功，所以小球与物块B的机械能减小，选项B正确；设B原始静止时弹簧压缩量为x，则有x＝eq\f(mg,k)＝0.2m，小球下落后与B碰撞过程动量守恒，设碰后的共同速度为v1，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(mgh＝\f(1,2)mv\o\al(2,0),mv0＝2mv1))，解得v1＝eq\f(1,2)eq\r(2gh)，小球与B分离瞬间加速度相同，且小球与B之间没有弹力，则它们分离时的加速度都为重力加速度，所以弹簧处于原长；设它们分离时速度为v2，从碰后到分离对小球与B整体用动能定理－2mgx＋eq\f(kx,2)×x＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)，设小球从分离到运动到最高点上升高度为h′，有0－veq\o\al(2,2)＝－2gh′，解得h′＝0.1m，则小球到达最高点时低于小球的原始位置，其高度差为Δh＝h－x－h′＝0.7m，选项A错误，C正确；由以上分析可得，物块B第一次回到原位置时，小球与B没有分离，正在向上运动，此时小球与B组成的系统受到的重力为2mg，弹簧弹力为F弹＝mg，设小球与B之间的相互作用力为F，则对系统有2mg－F弹＝2ma，对小球有mg－F＝ma，联立解得F＝5N，选项D正确，故选BCD。6.(多选)(2023·湖北统考高考真题)如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为eq\f(1,2)l，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是(AD)A．弹簧的劲度系数为eq\f(4mg,l)B．小球在P点下方eq\f(1,2)l处的加速度大小为(3eq\r(2)－4)gC．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同【解析】小球在P点受力平衡，则有mg＝f，f＝μFN，FN＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l－\f(l,2)))，联立解得k＝eq\f(4mg,l)，A正确；在PM之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为θ，则此时弹簧的弹力为F＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l－\f(l,2sinθ)))，小球受到的摩擦力为f1＝μFN1＝μFsinθ，化简得f1＝μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(klsinθ－\f(kl,2)))，θ在MP之间增大在PN减小，即摩擦力先变大后变小，C错误；根据对称性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，因此由对称性可知M到P和P到N摩擦力做功大小相等，D正确；小球运动到P点下方eq\f(l,2)时θ＝45°，此时摩擦力大小为f1＝μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kl\f(\r(2),2)－\f(kl,2)))，由牛顿第二定律mg－f＝ma，联立解得a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\r(2)))g，B错误。故选AD。B组·综合练7.(2023·河南统考二模)如图所示，在光滑水平平台上放置可视为质点的质量分别为mA＝4kg、mB＝1kg的小物块A、B。紧靠平台的光滑地面上放有质量为mC＝3kg的木板C，木板C刚好与平台等高，C的左端放着一个与小物块B完全一样的小物块D(可视为质点)，两者处于静止状态，所有物块与木板之间的动摩擦因数均为μ＝0.30，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。开始时A、B都静止，A、B间有一锁定的压缩轻质弹簧，弹簧与A、B不拴接，其弹性势能Ep＝10J。现解除锁定，此后B与D发生碰撞后结合在一起，碰撞过程时间极短。空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2。求：(1)物块A、B被弹开时各自的速度大小；(2)物块B与D相碰后的速度大小；(3)木板长度L至少为多长时小物块D才不会滑出木板。【答案】(1)1m/s4m/s(2)2m/s(3)0.4m【解析】(1)对于物块A、B以及轻质弹簧组成的系统，由于其所处平台水平光滑，所以在弹簧解锁前后，系统动量守恒且能量守恒。取向右为正方向，设物块A、B被弹开时各自的速度大小分别为vA、vB，根据动量守恒，有mAvA－mBvB＝0根据能量守恒，有eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝Ep；解得vA＝1m/s，vB＝4m/s。(2)物块D与物块B完全一样，B与D发生碰撞后结合在一起，设二者碰撞后的速度大小为vD，对于B与D组成的系统，根据动量守恒，有mBvB＝2mBvD；解得vD＝2m/s。(3)设木板长度为Lmin时，小物块D滑到木板最右端与木板共速，恰好不掉下来，设共速时它们的速度大小为vC，对于小物块B、D及长木板C组成的系统，根据动量守恒，有2mBvD＝(2mB＋mC)vC根据能量守恒，有eq\f(1,2)×2mBveq\o\al(2,D)＝eq\f(1,2)(2mB＋mC)veq\o\al(2,C)＋μ×2mBgLmin解得Lmin＝0.4m；所以，木板长度L至少为0.4m时，小物块D才不会滑出木板。8.(2023·山东新高考联考)如图所示，倾角为θ＝30°的斜面固定在水平地面上，质量为m1＝1kg的小物体A位于斜面底端，并通过劲度系数为k＝200N/m的轻弹簧与质量为m2＝2kg小物体B相连，质量为m3＝eq\f(8,3)kg的小物体C紧挨物体B，小物体B、C间有一定量的火药。小物体A、B、C与斜面间的动摩擦因数均数为μ＝eq\f(\r(3),3)，开始时小物体A、B、C均静止在斜面上，弹簧处于原长状态。现锁定物体A，引爆物体BC间的火药，在极短时间内物体BC分离，在之后的运动过程中，每当物体B沿斜面向上减速为零时，立刻锁定物体B，同时释放物体A，每当物体A沿斜面向上减速为零时，立刻锁定物体A，同时释放物体B。已知物体C沿斜面向上运动的最大距离为L＝1.8m，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度的大小g＝10m/s2，弹簧的弹性势能Ep＝eq\f(1,2)kx2(k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)。求(1)火药爆炸对物体C作用力的冲量；(2)用公式证明小物体B沿斜面向上的运动为简谐运动；(3)从爆炸到物体B第一次沿斜面向上减速到零的过程中物体B运动的路程；(4)物体A、B、C均停止运动时物体B、C间的距离。【答案】(1)IC＝16kg·m/s，方向沿斜面向上(2)见解析(3)2.2m(4)0.2m【解析】(1)物体B、C分离后C沿斜面向上做减速运动，分析C受力，由牛顿第二定律有m3gsin30°＋μm3gcos30°＝m3a代入数据解得a＝10m/s2veq\o\al(2,C)＝2aLvC＝6m/s火药爆炸对物体C作用力的冲量IC＝m3vC＝eq\f(8,3)×6kg·m/s＝16kg·m/s方向沿斜面向上。(2)设B处于平衡位置时弹簧的压缩量为x0，则有kx0＝m2gsin30°＋μm2gcos30°B沿斜面向下偏离平衡位置的位移为x时，弹簧的压缩量为x＋x0。取沿斜面向下为正方向，则此时弹簧振子的回复力F＝－k(x＋x0)＋m2gsin30°＋μm2gcos30°即F＝－kx所以小物体B沿斜面向上的运动为简谐运动。(3)火药爆炸过程，B、C组成的系统动量守恒m3vC＝m2vBvB＝8m/s设火药爆炸后物体B向下减速到零运动的位移为x1，由能量守恒定律得eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B)＋m2gx1sin30°＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)＋μm2gcos30°·x1x1＝0.8m由(2)得x0＝0.1m物体B做简谐运动的振幅为A1＝x1－x0＝0.7m从爆炸到物体B第一次沿斜面向上减速到零的过程中物体B运动的路程为s＝x1＋2A1＝2.2m。(4)设B第一次沿斜面向上速度减小为零时弹簧的伸长量为x2，则有x2＝A1－x0＝0.6m从开始到B第一次沿斜面减速到零，B沿斜面向上运动了0.6m由(2)问同理可得，物体A沿斜面向上的运动为简谐运动，设A处于平衡位置时弹簧的伸长量为x0′，振幅为A2kx0′＝m1gsin30°＋μm1gcos30°x0′＝0.05mA2＝x2－x0′＝0.55m设A第一次沿斜面向上速度减小为零时弹簧的压缩量为x3x3＝A2－x0′＝0.5m设B第二次沿斜面向上的振幅为A3，速度减小为零时弹簧的伸长量为x4A3＝x3－x0＝0.4mx4＝A3－x0＝0.3m从B第一次沿斜面减速到零到B第二次减速到零，B沿斜面向上运动了0.8m设A第二次沿斜面向上的振幅为A4，速度减小为零时弹簧的压缩量为x5A4＝x4－x0′＝0.25mx5＝A4－x0′＝0.2m设B第三次沿斜面向上的振幅为A5，速度减小为零时弹簧的伸长量为x6A5＝x5－x0＝0.1mx6＝A5－x0＝0此时A、B均停止运动，从B第二次沿斜面减速到零到B第三次减速到零，B沿斜面向上运动了0.2m，由以上分析可知B沿斜面向上运动的总路程为1.6m，所以最终BC间的距离为xBC＝L－xB＝0.2m。9.(2023·山东菏泽二模)如图所示，物块A和B静止在光滑水平面上，B的前端固定轻质弹簧，某时刻一子弹以大小为3v0的速度水平射向B并嵌入其中，射入过程子弹与B水平方向的平均相互作用力大小为35mg，之后B以大小为eq\f(5,4)v0的速度向着A运动，从弹簧开始接触A到第一次被压缩至最短所用时间为t，在这段时间内B运动的位移大小为1.1v0t。又经过一段时间后A与弹簧分离，滑上粗糙斜面后再滑下，在水平面上再次压缩弹簧后又滑上斜面。已知A的质量为m，子弹和B的总质量为4m，A前两次在斜面上到达的最高点相同，B始终在水平面上运动，斜面与水平面平滑连接，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，不计A、B碰撞过程中的机械能损失。求：(1)子弹嵌入物块B的深度；(2)物块A第一次离开弹簧时，A、B各自的速度大小；(3)物块A第一次在斜面上到达的最大高度；(4)物块A第一次离开弹簧前，弹簧的最大压缩量。【答案】(1)eq\f(v\o\al(2,0),8g)(2)vA＝2v0vB＝eq\f(3,4)v0(3)eq\f(13v\o\al(2,0),9g)(4)0.5v0t【解析】(1)设子弹的质量为m0，对子弹射入B的过程中，由动量守恒定律m0×3v0＝4m×eq\f(5,4)v0由能量守恒定律eq\f(1,2)m0(3v0)2＝eq\f(1,2)×4meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)v0))2＋35mg·x联立解得，子弹嵌入物块B的深度为x＝eq\f(v\o\al(2,0),8g)。(2)以B的初速度方向为正方向，物块A第一次离开弹簧时，由动量守恒定律4m×eq\f(5,4)v0＝4mvB＋mvA由机械能守恒定律eq\f(1,2)×4meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)v0))2＝eq\f(1,2)×4mveq\o\al(2,B)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)联立解得，物块A第一次离开弹簧时，A、B各自的速度大小为vA＝2v0vB＝eq\f(3,4)v0。(3)设A返回斜面底端时的速度大小为v′，斜面倾角为θ，A所受斜面的摩擦力为f，对A第一次沿斜面的运动，上滑过程中，由动能定理可得－mgh－f·eq\f(h,sinθ)＝0－eq\f(1,2)m(2v0)2下滑过程中有mgh－f·eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)mv′2－0由两次沿斜面上滑的最高点相同可知，A与B再次碰撞分离后A的速度大小仍为2v0，以B的初速度方向为正方向，对A与B再次碰撞分离的过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得m(－v′)＋4m×eq\f(3,4)v0＝m×2v0＋4mvB′eq\f(1,2)m(－v′)2＋eq\f(1,2)×4m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)v0))2＝eq\f(1,2)m(2v0)2＋eq\f(1,2)×4mvB′2联立可得v′＝eq\f(4,3)v0物块A第一次在斜面上到达的最大高度为h＝eq\f(13v\o\al(2,0),9g)。(4)A、B第一次压缩弹簧的过程中，任意时刻A、B组成的系统动量守恒，有4m×eq\f(5,4)v0＝4mvB＋mvA方程两边同时乘以时间Δt，得4m×eq\f(5,4)v0·Δt＝4mvB·Δt＋mvA·Δt在t时间内，根据位移等于速度在时间上的累积，可得5v0t＝4xB＋xA将xB＝1.1v0t代入，可得xA＝0.6v0t所以，物块A第一次离开弹簧前，弹簧的最大压缩量为Δx＝xB－xA＝0.5v0t。10.(2023·全国乙卷)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为m＝eq\f(1,3)M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；(3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。【答案】(1)小球速度大小eq\f(\r(2gl),2)，圆盘速度大小eq\f(\r(2gl),2)(2)l(3)4【解析】(1)过程1：小球释放后自由下落，下降l，根据机械能守恒定律mgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(2gl)过程2：小球以eq\r(2gl)与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mv1′2mv0＝mv1＋Mv1′解得v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0＝－eq\f(\r(2gl),2)v1′