新高考物理二轮复习考点知识讲练与题型归纳专题12 功能关系能量守恒（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考物理二轮复习考点知识讲练与题型归纳专题12 功能关系能量守恒（2份，原卷版+解析版），共6页。试卷主要包含了功能关系的理解，功能关系中的图像问题，摩擦力做功与能量转化，能量守恒定律的理解和应用等内容，欢迎下载使用。

TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc206955517" 题型一 功能关系的理解 PAGEREF _Tc206955517 \h 1
\l "_Tc206955518" 题型二 功能关系中的图像问题 PAGEREF _Tc206955518 \h 2
\l "_Tc206955519" 题型三 摩擦力做功与能量转化 PAGEREF _Tc206955519 \h 12
\l "_Tc206955520" 题型四 能量守恒定律的理解和应用 PAGEREF _Tc206955520 \h 17
\l "_Tc206955521" 题型五 传送带模型中的动力学和能量转化问题 PAGEREF _Tc206955521 \h 25

题型一 功能关系的理解
1、几种常见的功能关系及其表达式
如图所示，空间有足够大的水平向右的匀强电场，一根长度为L=1 m、不可伸长的绝缘细线的一端连着一个质量m=4.5×10−4 kg、带电荷量为q=9×10−9C的带正电的小球（可视作质点），另一端固定于O点。将细线拉至水平后，小球位于O点右侧的A点，然后无初速度释放小球，小球恰好摆到B点，此时细线与竖直方向的夹角θ=37∘。已知sin37∘=0.6,cs37∘=0.8，重力加速度大小g=10 m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的场强大小为2.5×105 N/C
B．小球运动到最低点时的速度大小为6m/s
C．小球运动到最低点时受到细线拉力的大小为9×10−3 N
D．小球摆到B点时的加速度为0
【答案】AC
【详解】A．小球从A到B，由功能关系得qEL1+sinθ=mgLcsθ
解得E=2.5×105 N/C，故A正确；
B．小球从A到最低点，由动能定理有mgL−qEL=12mv2
解得v=10 m/s，故B错误；
C．在最低点，由向心力公式可得T−mg=mv2L
解得T=9×10−3 N，故C正确；
D．在B点，合外力不为0，所以加速度不为0，故D错误。
故选AC。
质量为20kg的无人机悬挂5kg的货物，竖直向上匀速运动，进行竖直送货的性能测试。当货物离地高度为7.5m时，与无人机分离，无人机所受升力保持不变，货物2s后落地。无人机所受空气阻力大小恒为40N，货物所受空气阻力大小恒为10N，重力加速度g取10m/s2，从货物与无人机分离到货物落地的过程中（ ）
A．货物的加速度大小恒为12m/s2B．货物离地的最大高度为9m
C．无人机的动能增加量为1080JD．无人机的机械能增加量为4680J
【答案】BCD
【详解】A．当货物与无人机分离时有向上的速度，此时货物先向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有f物+m物g=m物a1
解得a1=12m/s2
方向竖直向上；
当货物的速度减为零时，货物向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有m物g−f物=m物a2
解得a2=8m/s2
故A错误；
B．设货物与无人机分离时的速度为v0，则货物先以a1=12m/s2向上减速至零，则时间t1=v0a1
上升的高度为ℎ1=v022a1
之后，货物以a2=8m/s2向下做初速度为零的匀加速直线运动，直到落地，则时间为t2=2s−t1=2−v0a1s
下落的高度为7.5m+ℎ1=12a2t22
联立得7.5m+v022a1=12a22−v0a12
代入数据解得v0=6m/s
则可得减速上升的高度为ℎ1=v022a1=1.5m
故货物离地的最大高度为ℎm=7.5m+ℎ1=9m
故B正确；
CD．设无人机所受升力为F，在货物与无人机分离前，无人机与货物向上做匀速运动，速度大小为分离时的速度，即v0=6m/s，对无人机与货物分析，根据平衡条件有F=m无g+m物g+f无+f物=300N
在货物与无人机分离后，无人机所受升力不变，对无人机分析，根据牛顿第二定律有F−m无g−f无=m无a无
解得a无=3m/s2
方向竖直向上，即在2s内无人机继续向上运动，上升的高度为ℎ2=v0t+12a无t2=18m
对应的速度为v2=v0+a无t=12m/s
故在2s内无人机的动能增加量为ΔEk=12m无v22−12m无v02=1080J
在2s内无人机的重力势能重加量为ΔEp=m无gℎ2=3600J
在2s内无人机的机械能增加量为ΔE=ΔEk+ΔEp=4680J
故CD正确。
故选BCD。
某篮球爱好者对着竖直墙壁练习传球，球出手时的位置P离地高度为h，球斜向上传出，刚好垂直打在墙壁上的Q点，球垂直墙壁反弹后恰好落在P点正下方的地面上。已知P点离墙面的水平距离恰好等于h，Q点离地高度为1.5h，重力加速度大小为g，球的质量为m，不计球的大小，忽略空气阻力，则（ ）
A．球与墙面碰撞前一瞬间速度大小为gℎ
B．球与墙面碰撞后一瞬间速度大小为gℎ2
C．球与墙面碰撞过程损失的机械能为13mgℎ
D．球落地前一瞬间，重力的瞬时功率大小为mg2gℎ
【答案】AC
【详解】A．球斜向上运动到Q点过程做斜上抛运动，竖直方向做竖直上抛运动，设从P点到Q点时间为t1，则1.5ℎ−ℎ=12gt12
得t1=ℎg
水平方向做匀速直线运动，球与墙面碰撞前一瞬间速度大小为v1=ℎt1=ℎℎg=gℎ，故A正确；
BC．设从Q点到地面时间为t2，则1.5ℎ=12gt22
得t2=3ℎg
球与墙面碰撞后一瞬间速度大小为v2=ℎt2=ℎ3ℎg=13gℎ
则碰撞过程中损失的机械能ΔE=12mv12−12mv22=13mgℎ，故B错误，C正确；
D．球落地前一瞬间竖直方向的分速度vy=2g×1.5ℎ=3gℎ
因此重力的瞬时功率P=mgvy=mg3gℎ，故D错误。
故选AC。
如图，质量为1.8×103kg的汽车，开启定速巡航（速率不变）后，以108km/h的速率先后经过水平路面ab和长度为300m的斜坡bc。已知汽车行驶过程中所受阻力f恒为其重力的215，在水平路面和斜坡行驶时汽车牵引力之比为2:3，重力加速度g取10m/s2．则（ ）

A．汽车在水平段的牵引力为2.4×103NB．b、c两位置的高度差为20m
C．b到c，汽车机械能增加1.08×106JD．b到c，汽车牵引力功率为108kW
【答案】ABD
【详解】A．由题知，汽车在水平路面做匀速直线运动，可得牵引力F=f=215G=2.4×103N
故A正确；
B．由题知，在水平路面和斜坡行驶时汽车牵引力之比为2:3，则汽车在斜坡运动时的牵引力为F'=32F=3.6×103N
设b、c两位置的高度差为ℎ，由题知，汽车在斜坡做匀速直线运动，沿斜坡方向，根据平衡条件有F'=mgsinθ+f
其中f=215G，sinθ=ℎ300
联立解得ℎ=20m
故B正确；
C．由题知b到c过程，汽车的速度大小不变，故汽车的动能不变，汽车离地面的高度增加，故汽车增加的机械能等于汽车增加的重力势能，则有ΔEp=mgℎ=3.6×105J
故C错误；
D．由题知，v=108km/h=30m/s，根据P=Fv
可得b到c过程，汽车牵引力功率为P=3.6×103×30W=108kW
故D正确。
故选ABD。
如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度为34g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（ ）
A．重力势能增加了34mgℎB．摩擦力大小为34mgC．动能损失了mgℎD．系统产生热量为12mgℎ
【答案】D
【详解】A．物体在斜面上上升的最大高度为h，克服重力做功为mgh，所以重力势能增加了mgh，故A错误；
B．根据牛顿第二定律有
mgsin30°+f=ma
解得摩擦力大小为
f=14mg
故B错误；
C．由动能定理可知，动能损失量等于合外力做功的大小，物体通过的位移为
x=ℎsin30°=2ℎ
则动能损失为
ΔEk=F合×2ℎ=m×34g×2ℎ=32mgℎ
故C错误；
D．根据能量守恒定律可知系统产生的热量即为机械能的损失
ΔE=ΔEk−mgℎ=32mgℎ−mgℎ=12mgℎ
故D正确。
故选D。
题型二 功能关系中的图像问题
一小球从地面竖直上抛后又落回地面，已知小球受到的空气阻力的大小与其速率成正比，取地面所在水平面的重力势能为0，则下列关于小球的机械能E与其运动路程s的关系图像，可能正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】当小球的速率为v时受到的空气阻力大小为f=kv
上升、下降过程阻力均做负功，机械能始终减小，则有ΔEΔs=−f
在小球上升过程中，其速率v越来越小，可知小球机械能的变化率ΔEΔs的绝对值逐渐减小；
在小球下落过程中，其速率v越来越大，可知小球机械能的变化率ΔEΔs的绝对值逐渐增大。
故选C。
传送带经常用于分拣货物。如图甲为传送带输送机简化模型图，传送带输送机倾角θ=30°，顺时针匀速转动，在传送带下端A点无初速度放入货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移s的关系图像（以A位置所在水平面为零势能面）如图乙所示。货物视为质点，质量m=2kg，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．传送带对货物的摩擦力全程没有改变
B．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5
C．货物从下端A点运动到上端B点的时间为1.9s
D．传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为34J
【答案】C
【详解】A．根据功能关系，摩擦力对货物做的功等于货物机械能的变化量，故有fΔs=ΔE
即ΔEΔs=f
即E−s图像的斜率等于摩擦力，故传送带对货物的摩擦力在s=0.8m处由滑动摩擦力变为静摩擦力，故A错误；
B．由题意知，μmgcsθ=E1Δs1=120.8N=15N
解得μ=32，故B错误；
C．货物在传送带上匀加速的过程，根据牛顿第二定律有μmgcsθ−mgsinθ=ma
解得a=2.5ms2
设货物在传送带上匀加速的时间为t1，则Δs1=0.8m=12at12
解得t1=0.8s
传送带的运行速度为v=at1=2.5×0.8ms=2ms
货物随传送带一起匀速运动的过程，机械能的增加量等于重力势能的增加量，故有mgΔs2⋅sinθ=E2−E1=34−12J=22J
求得Δs2=2.2m
故货物随传送带一起匀速运动的时间为t2=Δs2v=2.22s=1.1s
故货物从下端A点运动到上端B点的时间为t=t1+t2=0.8+1.1s=1.9s，故C正确；
D．设传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为E多，根据能量守恒有E多=μmgcsθ⋅vt1−Δs1+E2=15×2×0.8−0.8+34J=46J，故D错误。
故选C。
蹦极是很多年轻人喜欢的一种运动，运动过程可以简化为图1所示，人下落过程可以近似看成在一条竖直线上的运动，且人可看成质点。蹦极绳是一条原长为45m的弹性绳，人下落到B点时绳刚好伸直，下落到C点时速度刚好减为0，以起跳点O的位置为原点，竖直向下为x轴正方向建立坐标系。取C点为零势能参考面，假设人下落过程所受空气阻力恒定，下落过程人的重力势能随位移变化的关系图像如图2中的图线a所示，蹦极绳的弹性势能随位移变化的关系如图2中的图线b所示。人的质量为50kg，蹦极绳始终在弹性限度范围内，重力加速度g取10m/s2，其余数据图2中已标出，则下列说法正确的是（ ）
A．人下落到C点时，人和蹦极绳组成的系统减少的机械能是4×104J
B．人受到的空气阻力大小是100N
C．人下落到B点时的动能是18000J
D．蹦极绳的最大弹力是2560N
【答案】BC
【详解】A．C点为最低点，故人减少的重力势能是40×103J，弹性绳势能增加32×103J，所以人和蹦极绳组成的系统减少的机械能是ΔE=40×103J-32×103J=8×103J，故A错误；
B．从起跳点O到C点，根据能量守恒定律ΔE=fℎ=8×103J，ℎ=80m，解得f=100N，故B正确；
C．从起跳点O到B点，根据动能定理mgℎ1−fℎ1=EkB，ℎ1=45m，解得EkB=18000J，故C正确；
D．蹦极绳的弹力势能为32×103J，根据功能关系Ep弹=12FmxBC，代入数据解得Fm=6435×103≈1828.6N，故D错误。
故选BC。
已知地球质量为M，月球质量为m，地月距离为L。以地心作为坐标原点，沿地月连线建立x轴，在x轴上有一个探测器。由于地球和月球对探测器的引力做功与路径无关，探测器具有与其位置相关的引力势能。仅考虑地球和月球对探测器的作用，可得探测器引力势能Ep随位置变化关系如图所示。在x=kL处引力势能最大，k已知，下列选项正确的是（ ）
A．探测器受到的作用力随位置坐标x的增大，先增大后减小
B．探测器受到的作用力随位置坐标x的增大，先减小后增大
C．地球与月球的质量之比Mm=k1+k2
D．地球与月球的质量之比Mm=k1−k2
【答案】BD
【详解】AB．设地球质量为M，月球的质量为m， 探测器的质量为m0，引力的合力做功与引力势能的关系FΔx=−ΔEp
可知Ep−x图线的斜率绝对值为F=|ΔEpΔx|
由图可知，图像切线斜率绝对值先减小后增大，则地球和月球对探测器作用力随探测器位置x的增大，先逐渐减小后逐渐增大，故A错误，B正确；
CD．在处图线的切线斜率为0，则探测器在该处受地球和月球的引力的合力为零，即GMm0kL2=Gmm0L−kL2
解得地球与月球的质量之比Mm=k1−k2
故C错误，D正确。
故选BD。
如图所示，一物块（可视为质点）以初速度v0从足够长的固定斜面底端滑上斜面，运动过程中所受的阻力Ff与速度大小成正比。以斜面底端为原点O和重力势能的零点，沿斜面向上为正方向，该物块的动能为Ek、重力势能为Ep、机械能为E、重力做功的绝对值为WG、位移为s、在斜面上运动的时间为t。在该物块从斜面底端滑上斜面到返回斜面底端的过程中，下列图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】A．设斜面的倾角为θ，物块沿斜面运动的过程中重力做功的绝对值WG=mgssinθ，故A正确；
B．物块在斜面上运动时，上升过程中所受的合力F=mgsinθ+kv
根据动能定理有−Fs=Ek−Ek0
Ek−s图线的斜率的绝对值越来越小，下滑过程中，位移s减小，所受的合力F=mgsinθ−kv
Ek−s图线的斜率的绝对值越来越小，故B错误；
C．物块上滑到最高点所用的时间小于下滑到原点的时间，故C错误；
D．物块沿斜面运动的过程中，由于阻力做负功，物块的机械能一直在减小，故D错误。
故选A。
题型三 摩擦力做功与能量转化
如图所示，倾斜传送带与水平面夹角为θ，以v0的速度逆时针转动。某一时刻，一质量为m的小滑块从传送带顶端以初速度v0滑上传送带，初速度方向沿传送带向下，经时间t运动到传送带底端。已知小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ，且μ>tanθ，重力加速度为g，不计空气阻力。小滑块从传送带顶端到底端的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．支持力的冲量为零B．重力的冲量大小为mgtsinθ
C．重力的功率为mgv0D．摩擦力对小滑块做的功为−mgv0tsinθ
【答案】D
【详解】A．支持力的冲量为IN=Nt
可知支持力的冲量不为零，故A错误；
B．重力的冲量大小为IG=mgt
故B错误。
C．重力的功率为P=mgvy=mgv0sinθ
故C错误。
D．由于μ>tanθ，可得μmgcsθ>mgsinθ
可知小滑块与传送带保持相对静止匀速下滑，运动的距离为x=v0t
小滑块受到的摩擦力大小为f=mgsinθ
摩擦力对小滑块做的功为W=−fx=−mgv0tsinθ
故D正确。
故选D。
如图（a）所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率顺时针转动。质量为0.5kg的物块在传送带的顶端无初速度释放，物块在传送带上运动0.8s后离开传送带，运动的整个过程中物块的速率v随时间t变化的关系如图（b）所示。已知重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．物块在传送带上运动的路程为2m
B．物块与传动带之间的动摩擦因数为35
C．运动的整个过程中，摩擦力对物块做的功为－1J
D．运动的整个过程中，物块与传送带之间因摩擦产生的热量为0.5J
【答案】AC
【详解】A．物块在传送带上运动的路程由图（b）可知x=3×0.42+3+4×0.42m=2m
故A正确；
B．由图（b）可知0∼0.4s内，物块的加速度大小为a1=3−00.4m/s2=7.5m/s2
在0.4∼0.8s内，物块的加速度大小为a2=4−30.4m/s2=2.5m/s2
根据牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcsθ=ma1，mgsinθ−μmgcsθ=ma2
联立解得μ=36，θ=30°
故B错误；
C．摩擦力对物块做的功为W=μmg3×0.42−3+4×0.42csθ=−1J
故C正确；
D．传送带的速度3m/s，整个过程中，物块与传送带之间因摩擦产生的热量为Q=μmg3×0.4−3×0.42+3+.4×0.42−3×0.4csθ=1J
故D错误。
故选AC。
如图甲所示，每只冰壶直径d=30cm、质量m=19kg。某次试投过程中，冰壶A在t=0时刻以v0=1m/s的初速度投出，与静止的冰壶B发生弹性正碰，此后冰壶B在水平面上运动0.9m后停止，冰壶B的v−t图像如图乙所示，不计空气阻力，则（ ）
A．两只冰壶在t=3s时发生碰撞
B．碰撞前摩擦力对冰壶A做功为-3.42J
C．碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小为11.4N⋅s
D．t=0和t=5s两时刻冰壶重心间的距离之比为16:9
【答案】C
【详解】A．两冰壶质量相等，发生弹性正碰时，两冰壶发生速度交换
由冰壶B的v−t图像可知冰壶匀减速直线运动的加速度大小为a=15m/s2
冰壶B在水平面上运动0.9m后停止，所以冰壶B运动时间为t，则xB=v1t−12at2
v1−at=0
解得t=3s，v1=0.6m/s
所以冰壶A与冰壶B相碰后冰壶B运动了3s，因此两只冰壶在t1=2s时发生碰撞，故A错误；
B．对冰壶A有Wf=12mv12−12mv02
解得Wf=−6.08J，故B错误；
C．碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小I=mv1−0
解得I=11.4N⋅s，故C正确；
D．全过程的位置图如下图所示
两只冰壶在t1=2s时发生碰撞，所以t=0时两冰壶重心的距离为Δx1=v0+v12⋅t1+d
解得Δx1=1.9m
t=5s两冰壶重心的距离为Δx2=v12⋅（5−t1)+d
解得Δx2=1.2m
所以t=0和t=5s两时刻冰壶重心间的距离之比为Δx1Δx2=1912，故D错误。
故选C。
一辆玩具汽车在水平地面上做直线运动，其速度v与时间t的关系如图所示。已知玩具汽车的质量为2kg，运动过程中受到的阻力f始终为车重的0.1倍，取重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．t=3s时，汽车距离出发点最远
B．0~3s时间内，牵引力对汽车做的功为54J
C．3~5s时间内，刹车额外产生的制动力大小为6N
D．0~6s时间内，汽车克服阻力f做的功为28J
【答案】B
【详解】A．由v−t图像可知，t=5s时速度为零，即汽车距离出发点最远，故A错误；
B．v−t图像与时间轴围成的面积表示位移，0~3s时间内，汽车的位移大小为
x1=6×32m=9m
由动能定理可得
W−0.1mgx1=12mv12
其中v1=6m/s，解得0~3s时间内牵引力对汽车做的功
W=54J
故B正确；
C．3~5s时间内由图像可知加速度大小为
a=ΔvΔt=62m/s2=3m/s2
由牛顿第二定律可得
F+0.1mg=ma
可得因刹车额外产生的制动力的大小为
F=4N
故C错误；
D．根据图像可知，0~6s时间内，汽车的路程
s=x1+6×22m+2×12m=16m
克服阻力f做的功
Wf=0.1mgs=32J
故D错误。
故选B。
高速公路部分路段旁建有如图所示的避险车道，车辆可驶入避险。若质量为m的货车刹车后以初速度v0经A点冲上避险车道，前进距离l时到B点减速为0，货车所受阻力恒定，A、B两点高度差为ℎ，C为A、B中点，已知重力加速度为g，下列关于该货车从A运动到B的过程说法不正确的是（ ）
A．克服阻力做的功为12mv02
B．该过程产生的热量为12mv02−mgℎ
C．在AC段克服阻力做的功小于在CB段克服阻力做的功
D．在AC段的运动时间等于在CB段的运动时间
【答案】ACD
【详解】A．从A运动到B，根据动能定理有
−mgℎ−Wf=0−12mv02
所以克服阻力做的功为
Wf=12mv02−mgℎ
故A错误，满足题意要求；
B．克服阻力做的功等于系统产生的内能，则该过程产生的热量为12mv02−mgℎ，故B正确，不满足题意要求；
C．因为货车所受阻力恒定，则阻力做的功与路程成正比，故在AC段克服阻力做的功等于在CB段克服阻力做的功，故C错误，满足题意要求；
D．从A到B做匀减速运动，AC段的平均速度大于CB段的平均速度，且AC段的位移等于CB段的位移，故在AC段的运动时间小于在CB段的运动时间，故D错误，满足题意要求。
故选ACD。
题型四 能量守恒定律的理解和应用
1．内容
能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．
2．表达式
ΔE减＝ΔE增．
3．基本思路
(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等；
(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加且减少量和增加量一定相等．
如图甲所示，导热性良好的汽缸内壁光滑，置于光滑水平地面上，其内封闭着一定质量的理想气体。初始时，汽缸静止在水平地面上，活塞与汽缸底之间的距离为L，气体压强为p0。现在用水平向右的恒力F推动活塞，如图乙所示，活塞相对汽缸静止时，与汽缸底之间的距离为23L。已知，活塞厚度不计，其质量为m，横截面积为S，汽缸质量为9m，大气压强为p0，环境温度恒定。下列说法正确的是（ ）
A．活塞相对汽缸静止时，气体压强为32p0
B．F=12p0S
C．F=59p0S
D．从施加F至活塞恰好相对汽缸静止，F所做的功等于气体对外放出的热量
【答案】AC
【详解】A．根据玻意耳定律有p0LS=p1·23LS
解得p1=32p0，故A正确；
BC．对活塞、汽缸整体列牛顿第二定律有F=m+9ma
对活塞分析有F+p0S−p1S=ma
联立解得F=59p0S，故B错误，C正确；
D．此过程中F所做的功等于活塞、汽缸增加的动能与气体放出热量之和，故D错误。
故选AC。
如图，固定斜面的倾角θ=30°，底端与水平面平滑连接。轻质弹簧右端固定，处于原长时左端在O点。质量m1=1kg的物块A在外力作用下紧靠（不拴接）弹簧将其压缩至图中P点，此时弹簧储存的弹性势能EP=56.5J。质量m2=4kg的物块B静止在距水平面高度ℎ0=0.65m处。某时刻由静止释放物块A，物块A冲上斜面后与物块B发生弹性碰撞。物块A与斜面及水平面间摩擦均不计，物块B与斜面间动摩擦因数为μ=33。已知两物块均可看做质点，斜面足够长，取重力加速度大小g=10m/s2。则物块A与物块B（ ）
A．第一次碰撞后瞬间速度大小之比为3:2
B．第二次碰撞前瞬间，物块A的速度大小为6m/s
C．经过足够多次碰撞后，物块A可能静止在水平面上某处
D．经过足够多次碰撞后，物块B沿斜面上滑的总距离为109m
【答案】AD
【详解】A．对A，设A与B碰撞前的速度为v1，以水平面为重力势能的参考平面
由机械能守恒定律有EP=m1gℎ0+12m1v12
得v1=10m/s
对A和B，物块A冲上斜面后与物块B发生弹性碰撞，因为m1