高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册弹性碰撞和非弹性碰撞同步练习题

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一、弹性碰撞和非弹性碰撞
1.常见的碰撞类型
(1)弹性碰撞：碰撞过程中机械能 .
(2)非弹性碰撞：碰撞过程中机械能 .
2.一维弹性碰撞分析：假设物体m1以速度v1与原来静止的物体m2发生弹性碰撞，碰撞后它们的速度分别为v1′和 v2′，碰撞中动量守恒：m1v1＝ ；碰撞中机械能守恒：eq \f(1,2)m1v12＝ ，解得：v1′＝ v1，v2′＝ v1.
二、对心碰撞和非对心碰撞
1.两类碰撞
(1)对心碰撞：碰撞前后，物体的动量在同一条直线上，也叫 .
(2)非对心碰撞：碰撞前后，物体的动量不在 直线上.
2.散射
(1)定义：微观粒子相互接近时并不像宏观物体那样“接触”而发生的碰撞.
(2)散射方向：由于粒子与物质微粒发生 碰撞的概率很小，所以多数粒子碰撞后飞向 .
【参考答案】守恒 不守恒 m1v1′＋m2v2′ eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2 eq \f(m1－m2,m1＋m2) eq \f(2m1,m1＋m2) 正碰 同一条 对心 四面八方
典型例题分析
考点一：完全弹性碰撞
【例1】光滑水平面上滑块A与滑块B在同一条直线上发生正碰，它们运动的位移x与时间t的关系图像如图所示。已知滑块A的质量为1kg，碰撞时间不计，则（ ）
A．滑块B的质量为2kg，发生的碰撞是弹性碰撞
B．滑块B的质量为2kg，发生的碰撞是非弹性碰撞
C．滑块B的质量为3kg，发生的碰撞是非弹性碰撞
D．滑块B的质量为3kg，发生的碰撞是弹性碰撞
【答案】D
【解析】位移—时间图像的斜率表示滑块的速度，由图像可得两滑块碰撞前后的速度分别为、、、；由动量守恒定律有
解得
碰前总动能
碰后总动能
代入数据可得
发生的碰撞是弹性碰撞。故选D。
【变式练习】
1．在某次冰壶比赛中，运动员利用红壶去碰撞对方静止的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图（b）所示．碰撞前后两壶做直线运动的图线如图（c）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（ ）
A．两壶发生了弹性碰撞B．碰后蓝壶的速度为
C．碰后蓝壶移动的距离为D．碰后红壶还能继续运动
【答案】C
【解析】A．由图b所示图象可知，碰前红壶的速度，碰后速度为，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，两壶碰撞过程系统动量守恒，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得
代入数据解得
碰前动能
碰后动能
则
碰撞过程中机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，故A错误；B．由图b所示图象可知，碰前红壶的速度，碰后速度为，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，两壶碰撞过程系统动量守恒，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得
代入数据解得
故B错误；C．根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小
故C正确；D．根据“红壶碰撞前后的图线平行”知，碰撞前后红壶加速度不变，速度从1.2m/s减小到1.0m/s和速度从0.2m/s减小到0，速度变化量相同，根据
可知所用时间也相同，速度从1.2m/s减小到1.0m/s用时1s，故碰后红壶还能继续运动。故D错误；故选C。
2．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动，两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量大小均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为-4kg·m/s，则（ ）
A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
B．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
C．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
【答案】A
【解析】规定向右为正方向，因为碰撞后A球的动量增量为-4kg·m/s，可知A球受到的冲击力为负方向，因此A球一定位于左方，A、B两球的动量大小均为6 kg·m/s，根据
mB＝2mA
可知
因此A球动量一定为正方向，若B球动量为正方向，根据动量守恒
因此碰后A球的动量为2kg·m/s，碰后B球的动量为10kg·m/s，则
若B球动量为负方向，碰后A球的动量为2kg·m/s，碰后B球的动量为-2kg·m/s，则会发生二次碰撞，不符合碰撞规律，故A正确，BCD错误。故选A。
考点二：完全非弹性碰撞
【例2】如图所示，子弹以水平速度v0射向原来静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中和木块一起运动。在子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．子弹对木块的冲量一定大于木块对子弹的冲量
B．子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小一定相等
C．子弹速度的减小量一定等于木块速度的增加量
D．子弹动量变化的大小一定大于木块动量变化的大小
【答案】B
【解析】AB．子弹与木块受到的合外力为作用力与反作用力，它们大小相等，方向相反，作用时间t相等，根据
I=Ft
可知，子弹对木块的冲量与木块对子弹的冲量大小相等，方向放相反，故A错误，B正确；CD．子弹与木块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可知，子弹动量变化量大小等于木块动量变化量大小，由于子弹与木块的质量不同，子弹速度的减小量不等于木块速度的增加量，故CD错误。故选B。
【变式练习】
1．如图所示，质量相同的A球和B球，A球用细线吊起，B球放在悬点正下方的光滑水平面上。现将A球拉到高距离地面高度为处由静止释放，摆到最低点时与B球碰撞，碰后两球粘在一起共同上摆，则两球上摆的最大高度（空气阻力不计）（ ）
A．等于B．等于C．介于和之间D．有可能大于
【答案】A
【解析】A球由静止释放到最低点与B球碰撞前的过程，根据动能定理可得
解得
A球与B球碰撞过程满足动量守恒，则有
解得碰后两球的共同速度为
碰后两球粘在一起向上摆到最大高度过程，根据动能定理可得
解得两球上摆的最大高度为
A正确，BCD错误。故选A。
2．如图所示，木块B静止于光滑水平地面上，一颗子弹A沿水平方向射入木块并留在木块内，现将子弹和木块视为系统，则该系统从子弹开始射入到两者相对静止的过程中（ ）
A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能不守恒
C．动量守恒，机械能不守恒D．动量不守恒，机械能守恒
【答案】C
【解析】由题意知，子弹射入木块过程中，系统所受合外力为零，即系统满足动量守恒。而子弹射入木块过程中，有内能产生，由能量守恒定律知，系统机械能不守恒，即机械能有损失。故选C。
考点三：利用动量守恒计算简单的碰撞问题
【例3】如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，甲球静止在水平面上，乙球向左运动与甲球发生正碰，使甲球垂直撞向挡板后原速率返回。已知碰撞前、后乙球的速率之比为，且两球刚好不会发生第二次碰撞。则（ ）
A．碰撞后乙球向左运动B．甲、乙两球的质量之比为
C．碰撞前、后两球总动量之比为D．碰撞前、后两球总动能之比为
【答案】D
【解析】设甲球的质量为，乙球的质量为，碰撞前乙的速度为
AB．根据题意可知，取向左为正方向，碰撞前、后乙球的速率之比为，甲球垂直撞向挡板后原速率返回，且两球刚好不会发生第二次碰撞，则碰撞后甲球和乙球速度方向相反，大小相等，则甲球的速度为，乙球速度为，即碰撞后乙球向右运动，由动量守恒定律有
可得
故AB错误；C．根据题意可知，碰撞前、后动量守恒，则碰撞前、后两球总动量之比为，故C错误；D．结合AB分析可知，碰撞前两球总动能为
碰撞后两球总动能为
则碰撞前，后两球总动能之比为
故D正确。故选D。
【变式练习】
1．甲、乙两物体沿同一直线相向运动，甲物体的速度是6m/s，乙物体的速度是2m/s，碰撞后两物体都沿各自原方向的反方向运动，速度都是4m/s。则甲、乙两物体的质量之比是（ ）
A．1：1B．3：1C．3：5D．1：3
【答案】C
【解析】取甲碰前速度方向为正方向，由动量守恒定律可知
代入数据可得
解得
故选C。
2．滑板运动是青少年比较喜欢的一种户外运动。现有一个质量为m的小孩站在一辆质量为km的滑板车上，小孩与滑板车一起在光滑的水平路面上以速度匀速运动，突然发现前面有一个小水坑，由于来不及转向和刹车，该小孩立即相对地面以速度向前跳离滑板车，滑板车速度大小变为原来的，但方向不变，则k为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】小孩跳离滑板车时，与滑板车组成的系统在水平方向的动量守恒，由动量守恒定律有
解得
故选C。
方法探究
一、碰撞的特点和分类
1.碰撞的特点
(1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计.
(2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以碰撞过程动量守恒.
2.碰撞的分类
(1)弹性碰撞：系统动量守恒、机械能守恒.
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
若v2＝0，则有v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1
(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能，ΔE＝Ek初总－Ek末总＝Q.
(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大.
设两者碰后的共同速度为v共，则有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
机械能损失为ΔE＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22－eq \f(1,2)(m1＋m2)v共2.
二、碰撞可能性的判断
碰撞问题遵循的三个原则：
(1)系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)系统动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq \f(p12,2m1)＋eq \f(p22,2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2).
(3)速度要合理：
①碰前两物体同向，则v后>v前，碰后，原来在前面的物体速度一定增大，且v前′≥v后′.
②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变.
三、处理碰撞问题的思路
1.对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总机械能是否增加.
2.注意碰后的速度关系.
3.要灵活运用Ek＝eq \f(p2,2m)或p＝eq \r(2mEk)，Ek＝eq \f(1,2)pv或p＝eq \f(2Ek,v)几个关系式.
课后小练
一、单选题
1．2022年3月12日，在北京冬残奥会上，中国轮椅冰壶队战胜瑞典队，获得冠军。在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与静止的冰壶乙发生弹性正碰（碰撞时间极短），碰撞后冰壶乙向前滑行0.1m后停下。已知两冰壶的质量相等，冰壶乙与冰面间的动摩擦因数为0.02，取重力加速度大小，则两冰壶碰撞前瞬间冰壶甲的速度大小为（ ）
A．0.1m/sB．0.2m/sC．0.4m/sD．1m/s
【答案】B
【解析】对冰壶乙在冰面上滑行的过程，有
由于两冰壶发生弹性碰撞，且两冰壶的质量相等，因此碰撞后两冰壶交换速度，故
解得
B正确。故选B。
2．在橄榄球比赛中，一个85 kg的前锋队员以5 m/s的速度跑动，想穿越防守队员到底线触地得分。就在他刚要到底线时，迎面撞上了对方两名均为65 kg的队员，一个速度为2 m/s，另一个速度为4 m/s，然后他们就扭在了一起，则（ ）
A．他们碰撞后的共同速度是m/s
B．碰撞后他们动量的方向与两名队员碰撞前方向一致
C．这名前锋能得分
D．这名前锋不能得分
【答案】C
【解析】以前锋速度方向为正方向，设撞后共同速度为v，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律有
解得
所以他们碰撞后的共同速率为0.16m/s，方向与前锋方向相同，所以碰撞后他们的动量方向仍向前，能到达底线位置，所以C 正确，ABD错误。故选C。
3．如图所示，在光滑的水平面上有一质量为0.2 kg的小球以5.0 m/s的速度向前运动，与质量为3.0 kg的静止木块发生碰撞，假设碰撞后木块的速度是v木＝1 m/s，则（ ）
A．v木＝1 m/s这一假设是合理的，碰撞后球的速度为v球＝－10 m/s
B．v木＝1 m/s这一假设是不合理的，因而这种情况不可能发生
C．v木＝1 m/s这一假设是合理的，碰撞后小球被弹回来
D．v木＝1 m/s这一假设是可能发生的，但由于题给条件不足，v球的大小不能确定
【答案】B
【解析】假设这一过程可以实现，根据动量守恒定律得
m1v＝m1v球＋m2v木
代入数据解得
v球＝－10 m/s
碰撞前系统动能为
碰撞后系统动能为
则
这一过程不可能发生，因为碰撞后的机械能增加了。故ACD错误；B正确。故选B。
4．如图所示，光滑水平面上有两个相同的光滑弧形槽，左侧弧形槽静止但不固定，右侧弧形槽固定，两个弧形槽底部均与水平面平滑连接。一个小球从左侧槽距水平面高h处自由下滑，已知小球质量为m，弧形槽质量均为2m，下列说法正确的是（ ）
A．小球从左侧弧形槽下滑过程中，小球和槽组成的系统动量守恒
B．小球从左侧弧形槽下滑过程中，小球的机械能守恒
C．小球滑上右侧弧形档后，上升的最大高度等于h
D．小球第二次滑上左侧弧形槽，上升的最大高度小于h
【答案】D
【解析】A．槽和地面接触面光滑，则小球从左侧槽下滑过程中，小球和糟组成的系统水平方向所受合外力为零，则水平方向上动量守恒，故A错误；B．从左侧槽下滑过程中，小球和槽组成的系统接触面光滑，无机械能损失，小球的机械能不守恒，故B错误；C．球下滑到底端时由动量守恒可知
根据机械能守恒
小球滑上右侧弧形槽后，上升的最大高度为，根据机械能守恒
可得
故C错误；D．小球第二次滑上左侧弧形槽，滑上最大高度时，小球和左侧弧形槽共速，具有动能，小球重力势能小于初态重力势能，上升的高度最大小于h，故D正确。故选D。
5．将一个质量为3kg的木板置于光滑水平面上，另一质量为1kg的物块放在木板上，已知物块和木板间有摩擦，而木板足够长，若两者都以大小为4m/s的初速度向相反方向运动，如图所示，则当木板的速度为2.4m/s时，物块正在（ ）
A．水平向左匀减速运动B．水平向右匀加速运动
C．水平方向做匀速运动D．处于静止状态
【答案】B
【解析】由题意可知最终木板和物块将以共同速度v共运动，规定水平向右为正方向，根据动量守恒定律有
解得
易知木板先做匀减速运动，所以当木板的速度为v1=2.4m/s时，其速度方向一定为水平向右，设此时物块的速度为v2，根据动量守恒定律有
解得
所以此时物块正在水平向右匀加速运动。故选B。
6．如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上。c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同。他跳到a车上相对a车保持静止，此后（ ）
A．a、b两车运动速率相等
B．a、c两车运动速率相等
C．a、c两车运动方向相同
D．三辆车的速率关系vc>va>vb
【答案】D
【解析】若人跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律有
所以
即
并且vc与va方向相反。所以选项ABC错误，选项D正确。故选D。
7．如图所示，在光滑水平地面上，一根轻质弹簧左端固定，弹簧处于原长时右端在O点，在O点右侧的地面上静止放置圆弧曲面的滑块，滑块质量为且左端与地面相切，圆弧半径为R。用质量为m的小球（可以看成质点）压缩弹簧，当弹性势能时释放小球，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．当弹簧第一次恢复原长时小球的速度为
B．小球第一次与圆弧曲面滑块速度相同时小球距地面的高度大于R
C．小球第一次从圆弧曲面滑块返回到水平地面时的速度大小为
D．小球第一次从圆弧曲面滑块返回到水平地面后还可以再一次滑上圆弧曲面滑块
【答案】C
【解析】A．当弹簧第一次恢复原长时，弹簧弹性势能转化为小球动能，有
得
故A错误；B．设小球和滑块共速时的速度是，此时小球的高度为h，根据水平方向动量守恒有
系统机械能守恒
联立得
小球刚好可以运动到圆弧曲面滑块的最高点，故B错误；CD．设小球第一次返回水平面时小球的速度为，滑块的速度为，系统动量守恒有
系统机械能守恒
联立得
由于，所以小球再次返回后不能追上圆弧曲面滑块，故C正确，D错误。故选C。
8．在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a）所示，碰撞前后两壶运动的v—t图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（ ）
A．碰后红壶将被反弹回来
B．碰后蓝壶速度为0.8m/s
C．碰后蓝壶移动的距离为2.4m
D．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受的摩擦力
【答案】B
【解析】AB．由图可知，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v′0＝0.2m/s，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得
mv0＝mv′0+mv
代入数据解得
v＝0.8m/s
由于
碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，A错误，B正确；C．根据速度图像与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小
C错误；D．根据图像的斜率表示加速度，可知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律可知，碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，D错误。故选B。
二、多选题
9．如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M = 3kg，质量m = 1kg的铁块以水平速度v0= 4m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回（弹簧始终在弹性限度以内），最后恰好停在木板的左端，则下列说法中正确的是（ ）
A．铁块和木板最终共同以1m/s的速度向右做匀速直线运动
B．运动过程中弹簧的最大弹性势能为3J
C．运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为3J
D．运动过程中铁块对木板的摩擦力对木板先做负功、后做正功
【答案】AB
【解析】A．设最终铁块与木板速度相同时共同速度大小为v，铁块相对木板向右运动时，滑行的最大路程为L，滑动摩擦力大小为f。取向右为正方向，根据系统动量守恒可知
mv0 = (M + m)v
得
v = 1m/s
方向向右，所以铁块和木块最终共同以1m/s的速度向右做匀速直线运动，A正确；C．由功能关系知，整个运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量有
Q = 2fL

联立解得
Q = 6J
C错误；B．铁块相对于木板向右时，当铁块与木板的速度相同时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律知此时两者的速度也为v = 1m/s，根据能量守恒定律，铁块相对于木板向右运动过程有
根据选项C联立解得弹簧的最大弹性势能
Ep = 3J
B正确；D．木板始终向右运动，受到铁块的摩擦力先向右后向左，故摩擦力对木板先做正功后做负功，D错误。故选AB。
10．两小球A、B置于光滑的水平面上，A球以一定的速度与静止的B球发生弹性正碰，如图所示，关于两球碰撞过程中的说法正确的是（ ）
A．在两球碰撞的整个过程中，相互作用力冲量的矢量和为零
B．在两球碰撞的整个过程中，B对A始终做负功
C．在两球压缩形变阶段，系统的动量不变，动能减少
D．当两球的速度相等时，系统的机械能最小
【答案】AC
【解析】A．由牛顿第三定律知，在两球碰撞的整个过程中相互作用力始终大小相等、方向相反，故相互作用力冲量的矢量和为零，故A正确；B．若两球碰后A的速度反向，则在整个碰撞过程中，B对A先做负功再做正功；若两球碰后A的速度方向不变，则在整个碰撞过程中，B对A做负功，故B错误；CD．由于是弹性正碰，因此该系统机械能守恒、动量守恒，两球压缩形变阶段可当作两球压缩弹簧处理。当压缩弹簧时，弹性势能增大，动能减少，动量不变，当压缩量最大时，两球速度相等，此时弹性势能最大，动能最小，机械能总量不变，故C正确，D错误。故选AC。
11．如图所示，假设烟花上升到最高点距地面的高度为h时，炸裂成三个质量均为m的球状物体（视为质点），其中甲的速度竖直向上，乙、丙的初速度大小相等且夹角为，爆炸生成的热量为，重力加速度为g，空气的阻力忽略不计，下列说法正确的（ ）
A．爆炸刚结束时，乙、丙的合动量为
B．三个物体到达地面时的动能均为
C．在落地的过程中，甲的重力冲量等于乙的重力冲量
D．爆炸过程中释放的总能量为
【答案】BD
【解析】A．爆炸刚结束时，设乙、丙的速率均为，由矢量合成法则，乙、丙的合动量为，爆炸过程三物体组成的系统动量守恒且总动量为0，则有
可得
则乙、丙的合动量为
故A错误；B．三个物体在落地的过程中机械能守恒，则有
可得三个物体到达地面时的动能均为
故B正确；C．在落地的过程中，甲的运动时间大于乙的运动时间，甲的重力冲量大于乙的重力冲量，故C错误；D．由能量守恒爆炸过程中释放的总能量为
故D正确。故选BD。
12．如图所示，木板静止在足够大的光滑水平面上，两个材料相同、质量不同的滑块A、（均可视为质点）同时从木板两端以不同的速度水平滑上木板，最终同时停在木板上且恰好相遇，相遇点距木板左端的距离为板长的。已知木板与滑块A的质量相等，下列说法正确的是（ ）
A．A、两滑块的质量之比为
B．A、两滑块的初动量之比为
C．A、两滑块因摩擦产生的热量之比为
D．此过程中摩擦力对A、两滑块的冲量之比为
【答案】AC
【解析】A．设A、C质量为m，B质量为M，A、B的初速度大小分别为v1、v2，A、B与木板之间的动摩擦因数为，木板长度为L，从开始到相遇所用时间为t，相遇时三者共同速度为v，由运动学规律有
解得
又对A、B分别有
联立解得
由动量守恒定律得
解得
A正确；B．A、B两滑块的初动量之比为

B错误；C．A、B两滑块因摩擦产生的热量之比为

C正确；D．此过程中摩擦力对A、B两滑块的冲量之比为
D错误。故选AC。
三、解答题
13．如图所示，长为L，右端带有固定挡板的平板车放在光滑水平面上，平板车左端紧靠光滑平台，平板车上表面与平台上表面在同一水平面上，质量为m的物块从平台上以水平向右的速度v0滑上平板车，物块与挡板相碰后最终停在平板车的中点，平板车的质量也为m，重力加速度为g，设物块与挡板相碰过程中没有机械能损失。求：
（1）物块的最终速度；
（2）物块与平板车间的动摩擦因数。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）设最终的共同速度为v，物块与平板车组成的系统动量守恒，有
解得
（2）由于物块与平板车挡板相碰没有机械能守恒，因此根据功能有关系有
解得
14．如图所示，地面和半圆轨道面均光滑。质量kg、长m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为m，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平。现有一质量kg的滑块（视为质点）以m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动。小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面间的动摩擦因数，g取10m/s2。
（1）滑块与小车刚达相对静止时，滑块的速度大小和位移大小各是多少？
（2）要使滑块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，求半圆轨道的半径R的取值。
【答案】（1）滑块的速度大小是4m/s；位移大小是4m；（2）
【解析】（1）由动量守恒
可得滑块与小车刚达相对静止时，滑块的速度大小
由动能定理
可得滑块的位移为
由动能定理
可得小车的位移为
即碰到墙壁前已共速。
（2）滑块与小车刚达相对静止时，由动能定理
可得滑块与小车的相对位移为
由动能定理
可得滑块到达P点时的速度为
若滑块恰好过圆周最高点，有
根据动能定理
可得
如果滑块恰好滑至圆弧T处就停止，则有
可得
所以