江西省科技学院附中2024-2025学年高一下学期期末物理试卷

这是一份江西省科技学院附中2024-2025学年高一下学期期末物理试卷，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列对几种物理现象的解释中，正确的是( )
A. 砸钉子时不用橡皮锤，只是因为橡皮锤太轻
B. 动量相同的两个物体受到相同的制动力的作用，两个物体将同时停下来
C. 在推车时推不动是因为推力的冲量为零
D. 跳高时在沙坑里填沙，是为了减小冲量
2.下列关于电场强度的叙述正确的是( )
A. 电场中某点的场强大小与该点的检验电荷所受电场力成正比，与其电荷量成反比
B. 正负电荷在电场中同地点受电场力方向相反，所以电场中某一点的电场强度方向与所放电荷的正负有关
C. 电场中某点的场强与该点有无检验电荷无关
D. 电场中某点的场强方向就是检验电荷在该点所受电场力的方向
3.一根长为l的细绳，一端系一小球，另一端悬挂于O点．将小球拉起使细绳与竖直方向成60∘角．在O点正下方A、B、C三处先后钉一光滑小钉，使小球由静止摆下后分别被三个不同位置的钉子挡住．已知OA=AB=BC=CD=l4，如图所示，则小球继续摆动的最大高度ℎA，ℎB，ℎC(与D点的高度差)之间的关系是( )
A. ℎA=ℎB=ℎCB. ℎA>ℎB>ℎCC. ℎA>ℎB=ℎCD. ℎA=ℎB>ℎC
4.如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接。A靠在墙壁上，用力F向左缓慢推B使两木块之间弹簧压缩，然后突然撤去力F。下列说法中不正确的是( )
A. 用力F推木块弹簧压缩的过程中，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，但动量不守恒
B. 在撤去外力后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒
C. 在撤去外力后，木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能守恒
D. 在撤去外力后，木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒
5.甲、乙两铁球质量分别是m1=1kg、m2=2kg，在光滑平面上沿同一直线运动，速度分别是v1=6m/s、v2=2m/s。甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是( )
A. v1′=−2m/s v2′=6m/sB. v1′=2m/s v2′=4m/s
C. v1′=3.5m/s v2′=3m/sD. v1′=4m/s v2′=3m/s
6.矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成，将其放在光滑的水平面上，如图所示，质量为m的子弹以速度ν水平射向滑块。若射击上层，则子弹刚好不穿出，如图甲所示；若射击下层，整个子弹刚好嵌入，如图乙所示。则比较上述两种情况比较，以下说法不正确的是( )
A. 子弹末速度大小一样大B. 子弹和滑块间的水平作用力一样大
C. 子弹对滑块做的功一样多D. 系统产生的热量一样多
7.一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v=2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3：1，不计质量损失，取重力加速度g=10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.两个相同的金属小球，带电量之比为1：5，当它们相距r时的相互作用力为F1.若把它们互相接触后再放回原处，它们的相互作用力变为F2，则F1：F2可能是( )
A. 5：1B. 5：9C. 5：4D. 5：8
9.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止释放后，经过B处速度最大，到达C处(AC=ℎ)时速度减为零．若在此时给圆环一个竖直向上的速度v，它恰好能回到A点．弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环( )
A. 下滑过程中，加速度一直增大B. 上下两次经过B点的速度大小相等
C. 下滑过程中，克服摩擦力做的功为14mv2D. 在C处弹簧的弹性势能为 mgℎ−14mv2
10.如图所示，倾角θ=30∘的传送带以大小为4m/s的速度顺时针匀速运行，一质量为1kg的工件(视为质点)以大小为8m/s的初速度从传送带的底端A冲上传送带，并恰好能到达传送带的顶端B，随即滑回A端。工件与传送带间的动摩擦因数为 35，取重力加速度大小g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 工件沿传送带上滑的时间为2.5s
B. 工件返回A端时的速度大小为4 2m/s
C. 工件在传送带上的整个过程中，摩擦力对工件做的功为−18J
D. 工件在传送带上的整个过程中，因摩擦产生的热量为15J
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学通过实验验证机械能守恒定律。
(1)该同学用如图所示器材进行实验，下列选项中实验操作正确的是______。
(2)按正确合理的方法进行操作，打出的一条纸带如图甲所示，在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为ℎ1、ℎ2、ℎ3。已知当地重力加速度为g，重物的质量为m，交流电的周期为T。从O点到B点的过程中，重物的重力势能减小量为______，动能增加量为______。
(3)换用两个质量分别为m1、m2的重物进行多次实验，记录下落高度h和相应的速度大小v，描绘v2−ℎ图像如图乙所示。改变重物质量时，纸带与重物所受阻力不变，请根据图像分析说明两重物质量的大小关系______。
12.用半径相同的两个小球A、B的碰撞验证动量守恒定律，实验装置如图所示，斜槽与水平槽圆滑连接。实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹。再把B球静置于水平槽右端边缘处，让A球仍从C处由静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹。记录纸上的O点是重垂线所指的位置，若各落点痕迹到O的距离分别为OM=s1，OP=s2，ON=s3，两球的质量分别为m=10g与M=20g，则：
(1)下列说法正确的是______。
A.A球的质量应为20g
B.A球的质量应为10g
C.斜槽必须光滑
D.水平槽必须光滑
(2)未放B球时A球落地点是记录纸上的______点。若 A、B碰撞时动量守恒，则应成立的表达式为(用s1，s2，s3，M，m表示)______。若A、B碰撞时为弹性碰撞，则应成立的表达式为______。(用s1，s2，s3表示)
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.质量为0.1kg的弹性小球从高为1.25m处自由下落至一光滑而坚硬的水平板上，碰撞后弹回到0.8m高处，碰撞时间为0.1s，取竖直向上为正方向，求：
(1)求小球与地面碰撞前后的动量变化；
(2)小球与水平板之间的平均撞击力为多少？(g取10m/s2)
14.在光滑水平地面上放有一质量M=1kg带光滑圆弧形槽的小车，质量为m=2kg的小球以速度ν0=3m/s沿水平槽口滑上圆弧形槽，槽口距地面的高度ℎ=0.8m(重力加速度g=10m/s2)。求：
(1)小球从槽口开始运动到滑到最高点(未离开圆弧形槽)的过程中，小球对小车做的功W；
(2)小球落地瞬间，小车与小球间的水平间距L。
15.如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6.0kg的物块A.装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2.0m/s匀速运动。传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑14圆弧轨道。质量m=2.0kg的物块B从14圆弧的最高处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m。设物块A、B之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块A静止。取g=10m/s2.求：
(1)物块B滑到14圆弧的最低点C时对轨道的压力；
(2)物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；
(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、砸钉子时不用橡皮锤，一是因为橡皮锤太轻，动量改变量小，二是因为缓冲时间长，从而导致作用力小，故A错误；
B、由动量定理知，动量相同的两个物体受到相同的制动力，将同时停下来，故B正确．
C、推车时推不动，是由于合力的冲量为零，但推力的冲量不为零，故C错误；
D、跳高时在沙坑里填沙，是为了增大力的作用时间，从而减小作用力，故D错误；
故选：B
根据动量定理：合力的冲量等于动量的变化，公式为：Ft=△P.由此分析即可．
本题关键根据动量定律列式分析，动量定理反映了力对时间的累积效应对物体动量的影响．
2.【答案】C
【解析】解：AC、电场中某点的场强大小是由电场本身的性质决定的，与检验电荷所带电荷量以及检验电荷所受电场力的大小无关，故A错误，C正确；
BD、电场中某点的电场强度方向与放在该点的正电荷受力方向一致，与放在该点的负电荷受电场力方向相反，故BD错误；
故选：C。
电场中某点的场强大小是由电场本身的性质决定的；电场中某点的电场强度方向与放在该点的正电荷受力方向一致。
掌握电场强度的定义式以及电场强度方向的规定是解题的基础。
3.【答案】D
【解析】解：小球拉开60∘放手，故小球升高的高度为：
ℎ=L−Lcs60∘=12L
由机械能守恒定律可知，由mgℎ=12mv2得：
到达最低点的速度：v= gL钉子在A、B两时，小球能摆到等高的位置ℎA=ℎB；
当钉子放在C点时，小球摆到最低点后开始以C点为圆心，以14L为半径做圆周运动，若能到达最高点，最高点处有最小速度，速度不能为零；但由机械能守恒知，如果能到达最高点，速度为零；故小球无法到达最高点；所以上升不到原下落点高度，故ℎA=ℎB>ℎC
故选：D.
由机械能守恒可求得小球在最低点的速度，若摆长大于等于小球下落的高度，则小球可以回到等高点；但若半径较小时，要考虑重力与向心力的关系，分析能否到等高点．
在机械能守恒定律的考查中常常和单摆、圆周运动等相结合，要能灵活根据各种运动的不同性质分析可能的能量转化的关系．
4.【答案】A
【解析】解：A、用力F推木块弹簧压缩的过程中，力F对系统做正功，所以A、B和弹簧组成的系统机械能增加，不守恒，故A错误；
BC、撤去F后，木块A离开竖直墙前，竖直方向两物体所受的重力与水平面的支持力平衡，合力为零，而墙对A有向右的弹力，所以系统的合外力不为零，系统的动量不守恒。这个过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒，故BC正确；
D、在撤去外力后，A离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，所以系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，系统机械能也守恒，故D正确。
本题选不正确的，故选：A。
根据系统动量守恒的条件：系统不受外力或所受合外力为零，分析系统所受的外力情况，判断动量是否守恒。根据是否是只有弹簧的弹力做功，判断系统的机械能是否守恒。
本题关键要掌握动量守恒和机械能守恒的条件，并用来判断系统的动量和机械能是否守恒。对于动量是否守恒要看研究的过程，要细化过程分析。
5.【答案】B
【解析】解：以解：规定碰撞前甲的速度方向为正方向，以甲、乙两铁球组成的系统为研究对象，碰撞前系统总动量p=m1v1+m2v2=(1×6+2×2)kg⋅m/s=10kg⋅m/s。碰撞前系统总动能Ek=12m1v12+12m2v22=(12×1×62+12×2×22)J=22J
A、若v1′=−2m/s，v2′=6m/s，则碰撞后系统总动量p′=m1v1′+m2v2′=[1×(−2)+2×6)kg⋅m/s=10kg⋅m/s，系统动量守恒；
碰撞后系统总动能Ek′=12m1v1′2+12m2v2′2=(12×1×22+12×2×62)J=38J，系统总动能增加，不可能，故A错误；
B、若v1′=2m/s，v2′=4m/s，则碰撞后系统总动量p′=m1v1′+m2v2′=(1×2+2×4)kg⋅m/s=10kg⋅m/s，系统动量守恒；
碰撞后系统总动能Ek′=12m1v1′2+12m2v2′2=(12×1×22+12×2×42)J=18J，系统总动能有损失，是可能的，故B正确；
C、若v1′=3.5m/s，v2′=3m/s，因v1′>v2′，则碰撞后两球能发生第二次碰撞，不可能，故C错误；
D、若v1′=4m/s，v2′=3m/s，因v1′>v2′，则碰撞后两球能发生第二次碰撞，不可能，故D错误。
故选：B。
在碰撞过程中，系统总动量守恒、总动能不增加，碰撞后不能发生二次碰撞，据此分析答题。
解答本题的关键要掌握碰撞的三个规律：1、系统动量守恒；2、系统总动能不增加；3、碰撞后不能再发生二次碰撞。
6.【答案】B
【解析】解：设矩形滑块质量为M，子弹和滑块间的水平作用力为f，子弹射入滑块的深度为d。
A、取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得mv=(m+M)v′，可得v′=mvm+M，可知子弹末速度大小相等，故A正确；
B、根据功能关系可得fd=12mv2−12(m+M)v′2，可知d不一样，则f不一样大，故B错误；
C、对滑块，根据动能定理得W=12Mv′2，可知子弹对滑块做的功一样多，故C正确；
D、根据能量守恒定律可得Q=12mv2−12(m+M)v′2，可知Q相等，故D正确。
本题选不正确，故选：B。
根据动量守恒定律列式分析子弹末速度关系；根据功能关系列式分析子弹和滑块间的水平作用力关系；对滑块，根据动能定理列式分析子弹对滑块做功关系；根据能量守恒定律分析系统产生的热量关系。
本题是子弹打木块的类型，要掌握动量守恒定律、能量守恒定律和动能定理，并能熟练运用。
7.【答案】B
【解析】解：规定向右为正，设弹丸的质量为4m，则甲的质量为3m，乙的质量为m，炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力(外力)，遵守动量守恒定律，则有：
4mv0=3mv1+mv2
则8=3v1+v2
两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等，t= 2ℎg= 2×510=1s，
水平方向做匀速运动，x1=v1t=v1，x2=v2t=v2，
则8=3x1+x2
结合图象可知，B的位移满足上述表达式，故B正确。
故选：B。
炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力(外力)，遵守动量守恒定律；
当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，两片炸弹都做平抛运动．根据平抛运动的基本公式即可解题．
本题考查了动量守恒定律的直接应用，知道当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，两片炸弹都做平抛运动，难度适中．
8.【答案】BC
【解析】解：由库仑定律可得：F=kq1q2r2，
带电量之比是1：5，当它们相距r时作用力大小为F1=k5q2r2
当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量都变为3q，
当它们相距r时作用力大小为F2=k9q2r2
所以库仑力是原来的5：9。
当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为2q，
当它们相距r时作用力大小为F2′=k4q2r2
所以库仑力是原来的5：4。
故BC正确、AD错误。
故选：BC。
两电荷间存在库仑力，其大小可由库仑定律求出．当两电荷相互接触后再放回原处，电荷量可能相互中和后平分，也可能相互叠加再平分，所以库仑力的变化是由电荷量变化导致的．
本题考查库仑定律的同时，利用了控制变量法．当控制距离不变时，去改变电荷量，从而确定库仑力的变化．当然也可控制电荷量不变，去改变间距，从而得出库仑力的变化．
9.【答案】CD
【解析】解：A、圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误
B、研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式
mgℎ′−Wf′−W弹′=12mvB2−0
研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式
−mgℎ′−Wf′+W弹′=0−12mvB ′2
即得mgℎ′+Wf′−W弹′=12mvB ′2
由于W′f>0，所以12mvB′2>12mvB2，可知上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，故B错误．
C、研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理列出等式
mgℎ−Wf−W弹=0−0=0
在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式
−mgℎ+W弹−Wf=0−12mv2
解得：下滑过程中，克服摩擦力做的功Wf=14mv2，故C正确．
D、由上解得W弹=14mv2−mgℎ，所以在C处，弹簧的弹性势能为mgℎ−14mv2，故D正确；
故选：CD
根据圆环的运动情况分析下滑过程中加速度的变化；研究圆环从A处由静止开始下滑到C和在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A两个过程，运用动能定理列出等式求解；研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程和圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式，比较两次经过B点时速度大小．
解决本题时，要能正确分析小球的受力情况和运动情况，对物理过程进行受力、运动、做功分析，这是解决问题的根本方法．运用动能定理时要注意选择研究的过程．
10.【答案】AC
【解析】解：A、工件所受重力沿传送带向下的分力大小为G1=mgsinθ=0.5mg，滑动摩擦力大小为f=μmgcsθ=0.3mg
当工件的速度大于传送带的速度时，工件受到沿传送带向下的滑动摩擦力，所以工件沿传送带向上做匀减速运动。
根据牛顿第二定律可得上滑的加速度大小为a1=G1+fm，代入数据解得a1=8m/s2
工件从A端上滑至与传送带速度相同的时间为t1=v0−va1=8−48s=0.5s
此后工件继续向上做匀减速运动，上滑的加速度大小为a2=G1−fm，代入数据解得a2=2m/s2
从工件与传送带达到共同速度至工件到达B端的时间为t2=va2=42s=2s
故工件沿传送带上滑的时间为t=t1+t2=0.5s+2s=2.5s，故A正确；
B、A、B两端的距离为L=v0+v2t1+v2t2，解得：L=7m
设工件返回A端时的速度大小为v′，则有
v′2=2a2L
解得：v′=2 7m/s，故B错误；
C、工件在传送带上的整个过程中，根据动能定理可知摩擦力对工件做的功W=12mv′2−12mv02，代入数据解得：W=−18J，故C正确；
D、工件从B端下滑至A端的时间为t′=v′a2=2 72s= 7s
工件在传送带上滑行的过程中，因摩擦产生的热量为
Q=f(v0+v2t1−vt1)+f(vt2−v2t2)+f(vt′+L)，代入数据解得：Q=(36+12 7)J，故D错误。
故选：AC。
根据牛顿第二定律以及速度-时间公式相结合即可求得工件沿传送带上滑的时间。根据位移等于平均速度与时间的乘积求出A、B两端的距离。根据速度-位移公式求出工件返回A端时的速度大小，再根据动能定理求解摩擦力对工件做的功，结合相对位移求解摩擦生热。
本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用和功能关系，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，根据牛顿第二定律结合运动学公式相结合求解运动学参量。要知道摩擦生热与相对路程有关。
11.【答案】B； mgℎ2； m(ℎ3−ℎ1)28T2； m1>m2
【解析】解：(1)打点计时器接交流电源，同时使纸带竖直，以减少阻力的影响。故ACD错误，B正确。
故选：B。
(2)根据重力势能的计算公式可知，重物的重力势能减小量为ΔEp=mgℎ2
B点的速度为vB=ℎ3−ℎ12T
根据动能的公式可知ΔEk=12mvB2=m(ℎ3−ℎ1)28T2
(3)根据动能定理有mgℎ−fℎ=12mv2
解得v2=(2g−2fm)ℎ
根据图像的斜率可知m1>m2。
故答案为：(1)B；(2)mgℎ2； m(ℎ3−ℎ1)28T2；(3)m1>m2。
(1)根据打点计时器的特点和步骤分析求解；
(2)根据重力势能表达式，结合动能表达式分析求解；
(3)根据动能定理，结合图像的斜率分析求解。
本题考查了验证机械能守恒定律实验，理解实验的目的、步骤、数据处理和误差分析是解决此类问题的关键。
12.【答案】A； P，Ms2=Ms1+ms3，s1+s2=s3
【解析】(1)AB.为了防止碰撞后入射球反弹，则A球的质量应为20g，故A正确，B错误；
CD.不需要斜槽和水平槽必须光滑，故CD错误。
故选：A。
(2)未放B球时A球落地点是记录纸上的P点。若A、B碰撞时动量守恒，则应成立的表达式动量守恒定律有Mv0=Mv1+mv2，等式两边同时乘以时间t，变形得M⋅OP=M⋅OM+m⋅ON，即Ms2=Ms1+ms3，若A、B碰撞时为弹性碰撞，则应成立的表达式为12Mv02=12Mv12+12mv22，联立解得s1+s2=s3。
故答案为：(1)A；(2)P，Ms2=Ms1+ms3，s1+s2=s3。
(1)根据验证动量守恒定律的实验原理和注意事项进行分析解答；
(2)根据动量守恒定律的表达式结合变形式，弹性碰撞的特点进行列式求解。
考查动量守恒定律实验原理和注意事项以及表达式的问题，会根据题意进行准确分析解答。
13.【答案】小球与地面碰撞前后的动量变化等于0.9kg/m⋅s−1，方向竖直向上s；
小球与水平板之间的平均撞击力大小等于10N
【解析】(1)根据运动学规律可得v12=2gℎ1,v22=2gℎ2
Δv=v2−v1，解得Δv=9m/s，
动量变化量Δp=mΔv，解得Δp=0.9kg/m⋅s−1，方向竖直向上
(2)根据动量定理可得，取竖直向上为正方向
(FN−mg)Δt=Δp
FN=10N，方向竖直向上
由牛顿第三定律可知
F=FN=10N。
答：(1)小球与地面碰撞前后的动量变化等于0.9kg/m⋅s−1，方向竖直向上s；
(2)小球与水平板之间的平均撞击力大小等于10N。
(1)根据运动学公式求解速度以及速度变化量，从而求解动量变化量；
(2)对物体受力分析，根据动量定理列式求解。
本题考查了动量定理、运动学公式相结合的问题，解决此题的关键是要注意合外力的冲量等于动量的变化量，使用动量定理解题时一定要规定正方向。
14.【答案】解：(1)车与球组成的系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(M+m)v，
对小车，由动能定理可得：W=12Mv2
解得：W=2J；
(2)整个过程中系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mv球+Mv车，
由机械能守恒定律得：12mv02=12mv球2+12Mv车2，
解得：v球=1m/s，方向向左；v车=4m/s；方向向左
球离开车后做平抛运动，ℎ=12gt2，x=v球t，
解得：x=v0 2ℎg；
小车左匀速直线运动，位移：x′=v车t
小球落地时二者之间的距离：L=x′−x
代入数据联立得：L=1.2m
答：(1)小球从槽口开始运动到滑到最高点(未离开圆弧形槽)的过程中，小球对小车做的功是2J；
(2)小球落地瞬间，小车与小球间的水平间距Ls是1.2m。
【解析】(1)小车与物块组成的系统水平方向动量守恒，由动能定理求出小球对小车做的功；
(2)由动量守恒定律可以求出小球与小车的速度。球离开车后做平抛运动，应用平抛运动规律与匀速运动规律求出距离。
本题考查了求高度、速度、距离问题，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律、机械能守恒定律即可正确解题。
15.【答案】解：(1)设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0。
由机械能守恒定律得：mgR=12mv02
代入数据解得：v0=5 m/s，
在圆弧最低点C，由牛顿第二定律得：F−mg=mv02R，
代入数据解得：F=60N，
由牛顿第三定律可知，物块B对轨道的压力大小：F′=F=60N，方向：竖直向下。
(2)在传送带上，对物块B，由牛顿第二定律得：μmg=ma，
设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有v2−v02=−2al
代入数据解得：v=4m/s，
由于v>u=2 m/s，所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。
设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v2、v1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv=mv1+Mv2，
由机械能守恒定律得：12mv2=12mv12+12Mv22，
解得：v1=−12v=−2m/s，v2=2m/s，
物块A的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：EP=12Mv22=12×6×22=12J；
(3)碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动。
设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，
由动能定理得：−μmgl′=0−12mv12
解得：l′=2m