第一章　动量与动量守恒定律 增分测评卷（含答案解析）

(
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
(
姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
第一章　动量与动量守恒定律
注意事项
1.本试卷满分100分,考试用时90分钟。
2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中只有一个符合题目要求)
1.如图所示,用细线悬挂一个重物,把重物拿到一定高度,释放后重物下落把细线拉断。如果在此细线上端拴一段橡皮筋,使橡皮筋与细线的总长度与原来细线相等,再从相同高度释放该重物,细线不再被拉断。可认为细线不可伸长,以下判断正确的是 (　　)
A.重物下落把细线拉断的原因是重力大于拉力
B.加橡皮筋后重物下落到最低点时动能最大
C.加橡皮筋后重物的动量变化率较小
D.加橡皮筋后重物下落到最低点时处于失重状态
2.2023年7月20日21时40分,神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮密切协同,进行了八个小时的太空行走,圆满完成出舱活动全部既定任务。喷气背包作为航天员舱外活动的主要动力装置,它能让航天员保持较高的机动性。如图所示,一个连同装备总质量为M=100 kg的航天员,装备内有一个喷嘴可以使压缩气体以相对空间站v=50 m/s的速度喷出。航天员在距离空间站s=45 m处与空间站处于相对静止状态,航天员完成太空行走任务后,必须向着返回空间站方向的反方向释放压缩气体,才能回到空间站,喷出的气体总质量为m=0.15 kg,则返回时间约为 (　　)
A.300 s　　　　B.400 s　　　　C.600 s　　　　D.800 s
3.如图,两宇航员在空间站用绳子进行“拔河比赛”,两人同时发力,先到达空间站固定中线者获胜,同时比赛结束,则此过程中　 (　　)
A.获胜者质量大　　　　　　　　B.获胜者末动能小
C.两者组成的系统动量守恒　　　　　　　　D.两者组成的系统机械能守恒
4.如图所示,质量m2=2 kg的物体B静止在光滑水平面上,质量m1=1 kg的物体A以v1=6 m/s的初速度与B发生碰撞,以v1的方向为正方向,则碰撞后两物体的速度可能是 (　　)
A.v1'=1 m/s,v2'=3 m/s　　　　　　　　B.v1'=-6 m/s,v2'=6 m/s
C.v1'=3 m/s,v2'=1.5 m/s　　　　　　　　D.v1'=2 m/s,v2'=2 m/s
5.在光滑水平面上有a、b两小球沿同一条直线运动,发生碰撞且碰撞时间极短。碰撞前后两球在同一直线上运动的位置随时间变化的x-t图像如图所示。则关于两球的质量大小和碰撞类型,以下说法正确的是 (　　)
A.ma∶mb=3∶1　　　　　　　　B.ma∶mb=1∶1
C.弹性碰撞　　　　　　　　D.完全非弹性碰撞
6.如图所示,有光滑弧形轨道的小车静止于光滑的水平面上,其总质量为M,有一质量也为M的铁块以水平速度v沿轨道的水平部分滑上小车。若轨道足够高,铁块不会滑出,重力加速度为g,则铁块沿圆弧形轨道上升的最大高度为 (　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
7.如图所示,一个小孩在冰面上进行“滑车”练习,开始时小孩站在车前端与车以共同速度v0=9 m/s向右做匀速直线运动,在A车正前方有一辆静止的 B车,为了避免两车相撞,在A车接近 B车时,小孩迅速从A车跳上B车,又立即从B车跳回A车,此时A、B两车恰好不相撞。已知小孩的质量m=25 kg,A车和B车质量为mA=mB=100 kg,忽略小孩跳车时沿竖直方向的速度,若小孩跳离A车与跳离B车时对地速度的大小相等、方向相反,不计车和冰面间的摩擦,则下列说法正确的是 (　　)
A.小孩跳离A车和B车时对地速度的大小为10 m/s
B.小孩跳离A车的过程中对A车冲量的大小为250 kg·m/s
C.整个过程中,小孩对B车所做的功为1 050 J
D.小孩跳回A车后,他和A车的共同速度大小为10 m/s
8.如图所示,在光滑的水平面上,有一质量为m的木板A,通过不可伸长的轻绳与质量为2m的足够长的木板B连接。质量为m且可看成质点的物块C静止在木板B右端。开始时,A、B、C均静止,绳未拉紧。现在使木板A以v0的速度向右运动,经过一段时间后系统达到稳定状态。绳子拉直绷紧后瞬间,A、B同速,在绳子绷紧后瞬间,下列说法中正确的是 (　　)
A.木板A的速度大小为v0　　　　　　　　B.木板B的速度大小为v0
C.物块C的速度大小为0　　　　　　　　D.木板A、B、C共速
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题4分,共16分。在
每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)
9.在一场足球比赛中,运动员甲用力将质量为400 g的球踢出,运动员乙用胸膛顶球。假设足球以大小为v1=8 m/s的水平速度砸向乙,并以大小为v2=4 m/s的水平速度反弹,足球与乙的作用时间为0.5 s。在这个过程中,下列说法错误的是 (　　)
A.足球的动量变化量大小为1.6 kg·m/s
B.足球的动能变化量为9.6 J
C.足球对乙在水平方向的冲量大小为4.8 N·s
D.足球对乙在水平方向的平均作用力大小为3.2 N
10.如图所示,甲和他的冰车总质量M=30 kg,甲推着质量m=15 kg的小木箱一起以大小为v0=2 m/s的速度向右滑行。乙和他的冰车总质量也为M=30 kg,乙以同样大小的速度迎面而来。为了避免相撞,甲将小木箱以速度v沿冰面推出,木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力,则小木箱的速度v可能为 (　　)
A.4 m/s　　　　B.5 m/s　　　　C.6 m/s　　　　D.7 m/s
11.如图所示,半径均为R、内外表面均光滑的两个完全相同的四分之一圆弧槽A、B并排放在水平面上,A、B质量均为M,a、b两点分别为A、B槽的最高点,c、d两点分别为A、B槽的最低点,A槽的左端紧靠着墙壁,一个质量为m的小球P(可视为质点)从圆弧槽A的顶端由静止释放,重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　)
A.小球P从a点运动到c点时的速度大小为
B.小球P在B槽内运动的最大高度为
C.小球P第一次返回B槽最低点d时,B槽具有的速度为
D.小球P从a点运动到c点的过程,小球P和A槽组成的系统动量是守恒的
12.如图甲所示,质量分别为mA和mB的两物体A、B用轻弹簧连接置于光滑水平面上,初始时两物体被锁定,弹簧处于压缩状态。t=0时刻将B物体解除锁定,t=t1时刻解除A物体的锁定,此时B物体的速度为v0,A、B两物体运动的a-t图像如图乙所示,其中S1和S2分别表示0~t1时间内和t1~t3时间内B物体的a-t图线与坐标轴所围面积的大小,则下列说法正确的是 (　　)
　　
A.0~t3时间内,A、B组成的系统动量守恒
B.mAC.S1>S2
D.t3~t5时间内,A、B间距离先减小后增大
三、非选择题(本大题共6小题,共60分)
13.(7分)如图甲所示,在做验证动量守恒定律的实验时,小车a的前端粘有橡皮泥,推动小车a使之做匀速直线运动,然后与原来静止在前方的小车相碰并粘合成一体,继续匀速运动,在小车a后连着纸带,电磁打点计时器电源频率为50 Hz,长木板右端下面垫放小木片用以平衡摩擦力。
(1)若获得纸带如图乙所示,并测得各计数点间距(已标在图上)。A为打下的第一个点,则应选　　　　(填“AB”“BC”“CD”或“DE”)段来计算a的碰前速度;
(2)已测得小车a的质量ma=0.30 kg,小车b的质量为mb=0.20 kg,由以上测量结果可得碰前系统总动量为　　　　kg· m/s,碰后系统总动量为　　　　kg· m/s;(结果保留三位有效数字)
(3)实验结论:在误差允许的范围内,小车a、b组成的系统碰撞前后总动量　　　　(填“守恒”或“不守恒”)。
14.(8分)某同学用如图1所示装置验证动量守恒定律。斜槽轨道被竖直固定在水平桌面上,其末端Q伸出桌面且切线水平;挡板b竖直固定,点O是Q点的水平投影点;小钢球1和玻璃球2的大小相等且均可视为质点;图中的P、M、N是小球与挡板的撞击点。请回答下列问题:
(1)用游标卡尺测量出的小钢球的直径如图2所示,可知小钢球直径d=　　　　cm。
(2)第一次在不放玻璃球2时,将小钢球1从斜槽上E点由静止释放,它撞击在挡板b上;第二次将玻璃球2放在斜槽末端Q处,小钢球仍从E点由静止释放,它们均撞击在挡板b上。则第一次小钢球1撞击在挡板b上的　　　　点(选填“P”“M”或“N”)。
(3)要完成该实验,必须测量的物理量有　　　　(填正确答案标号)。
A.小钢球1和玻璃球2的质量m1、m2
B.小钢球1或玻璃球2的直径d
C.E、Q之间的竖直高度h
D.Q、O之间的水平距离x
E.OP、OM、ON的长度HP、HM、HN
(4)在误差允许范围内,关系式　　　　　　　　成立,说明两球在碰撞过程中动量守恒。(用所测的物理量表示且为最简形式)
15.(9分)将一质量为0.6 kg的篮球从距水平地面H=5 m高处由静止释放,篮球第一次撞地后能上升的高度为h=3.2 m,不计空气阻力。
(1)求第一次碰撞篮球动量的改变量及地面对篮球做的功;
(2)若碰撞时间为0.1 s,求第一次碰撞过程中地面对篮球平均作用力F的大小。
16.(9分)2019年9月30日晚,河北正定古城举办以“壮丽七十年,阔步新时代”为主题的电子烟花祝福祖国。假设质量m=0.6 kg的烟花弹在地面上以v0=30 m/s的速度竖直向上射出,当烟花弹上升至最高点时炸成质量m1=0.2 kg、m2=0.4 kg的A、B两块,其中A块竖直向上运动。不计空气阻力,爆炸释放的能量E=100 J,且有60%转化为A、B两块的动能,计算结果可以带根号,求:
(1)A块上升的最大高度;
(2)爆炸后开始计时,t=2 s时A、B两块的距离。
17.(11分)某次冰壶训练中使用的红冰壶和蓝冰壶的质量均为m=20 kg,刚开始时,蓝冰壶静止在冰面上,红冰壶以一定的初速度水平向右运动,如图所示。经过一段时间后,红冰壶与蓝冰壶发生正碰,碰撞时间极短,碰撞后两冰壶分别向右运动了0.625 m和2.5 m,两冰壶与冰面间的动摩擦因数均为μ=0.02。求:
(1)碰撞后瞬间两冰壶的速度大小;
(2)碰撞前瞬间红冰壶的速度大小;
(3)两冰壶在碰撞过程中损失的机械能。
18.(16分)在光滑的水平地面上,质量均为m=1 kg的滑块B和C中间夹一轻弹簧,轻弹簧处于原长状态,左端固定在B上,右端与C接触但不固定,质量为M=2 kg、半径为R=1 m的四分之一光滑圆弧形滑块D放置在C的右边,C、D间距离足够远,质量为m0=0.5 kg的滑块A以初速度v0=10 m/s向右运动与B发生碰撞,碰撞过程时间极短,碰后A被反弹,速度大小为vA=2 m/s。求:
(1)A、B碰撞时损失的机械能;
(2)弹簧的最大弹性势能;
(3)C能上升的最大高度。
答案全解全析
1.C　重物下落把细线拉断是由于重物对细线的拉力大于细线可承受的最大拉力,A错误;加橡皮筋后重物下落到最低点时,速度为零,动能最小,有向上的加速度,处于超重状态,B、D错误;由动量定理可得Ft=Δp,知F=,动量改变量相同时,冲量相同,加橡皮筋后经历的时间长,动量变化率小,所受合外力小,故C正确。
2.C　取喷出气体的速度方向为正方向,根据动量守恒定律可得mv-Mv1=0,航天员匀速返回空间站所需的时间t=,联立得t=600 s,故选C。
3.C　根据牛顿第三定律可知,两人受到的相互作用力等大反向,质量较小的一方将产生较大的加速度,根据v=at及x=at2,可知质量较小的一方速度更快,位移更大,将先到达固定中线,所以获胜的一方是质量小的一方,A错误;从开始拉动到比赛结束,获胜的一方位移更大,根据动能定理Fx=mv2,可知获胜的一方获得的动能更大,B错误;两者组成的系统,所受合外力为零,故动量守恒,C正确;刚开始时,两宇航员的动能为0,拉动时会获得速度,动能不为0,机械能不守恒,D错误。
4.D　对于A中数据,碰撞前的总动量为p=m1v1=6 kg·m/s,碰撞后的总动量p'=m1v1'+m2v2'=7 kg·m/s,可知p≠p',不满足碰撞前后动量守恒,故A不符合题意。对于B中数据,碰撞前的总动量为p=m1v1=6 kg·m/s,碰撞后的总动量p'=m1v1'+m2v2'=6 kg·m/s,可知p=p';碰撞前的总动能为Ek=m1=18 J,碰撞后的总动能为Ek'=m1v1'2+m2v2'2=54 J,可知Ekv2',不满足碰撞后v前>v后,故C不符合题意。对于D中数据,碰撞前的总动量为p=m1v1=6 kg·m/s,碰撞后的总动量p'=m1v1'+m2v2'=6 kg·m/s,可知p=p';碰撞前的总动能为Ek=m1=18 J,碰撞后的总动能为Ek'=m1v1'2+m2v2'2=6 J,可知Ek>Ek',且碰撞后满足运动关系v前≥v后,故D符合题意。
5.A　以球b碰撞前的速度方向为正方向,由题图可知,碰撞前va=-2 m/s,vb=1 m/s,碰撞后va'=-1 m/s,vb'=-2 m/s,根据动量守恒定律可得mava+mbvb=mava'+mbvb',解得ma∶mb=3∶1,碰撞后两球速度不相等,所以不是完全非弹性碰撞,碰撞前系统的总动能Ek=ma+mb,碰撞后系统的总动能Ek'=mava'2+mbvb'2,计算可得Ek'6.A　铁块上升到最高点时与小车具有共同的速度,以速度v的方向为正方向,则由动量守恒定律可得Mv=2Mv',由能量关系可知Mgh=Mv2-·2Mv'2,解得h=,故选A。
7.A　因为A、B两车恰好不相撞,故A、B两车最后具有相同的速度。在小孩跳车的过程中,把小孩、A车、B车看成一个系统,该系统水平方向所受合外力为零,水平方向动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律有(m+mA)v0=(m+mA+mB)v,解得v=5 m/s,D错误;设小孩跳离A车和B车时对地速度大小为Δv ,则在与B车相互作用的过程中,由动量守恒定律有-mΔv-mΔv=-(mBv-0),解得Δv=10 m/s,A正确;设小孩跳离A车后,A车的速度为vA ,以向右为正方向,由动量守恒定律有(m+mA)v0=mΔv+mAvA,得vA=8.75 m/s,根据动量定理,小孩对A车的冲量大小I=mAv0-mAvA=25 kg·m/s,B错误;整个过程中,小孩对B车做的功等于B车动能的变化量,即W=mBv2=1 250 J,C错误。
8.C　绳子从拉直到绷紧过程极短,对A、B组成的系统,C对B的摩擦力远小于系统内力,所以A、B组成的系统水平方向动量守恒,设绳子绷紧后瞬间A、B的速度为v,以向右为正方向,则有mv0=(m+2m)v,解得v=v0。在极短的时间内,C所受摩擦力的冲量可以忽略,所以C的速度仍然是0。故A、B、D错误,C正确。
9.ABD　取足球砸向乙的速度方向为正方向,足球的动量变化量Δp=-mv2-mv1,代入数据得Δp=-4.8 kg·m/s,负号表示动量变化量与正方向相反,所以足球的动量变化量大小为4.8 kg·m/s,A错误,符合题意;足球的动能变化量ΔEk=m-m,代入数据得ΔEk=-9.6 J,B错误,符合题意;根据动量定理可得I=-mv2-mv1,代入数据得I=-4.8 kg·m/s,负号表示冲量与正方向相反,足球对乙水平方向的冲量大小为4.8 kg·m/s,C正确,不符合题意;根据动量定理可得t=-mv2-mv1,代入数据得=-9.6 N,负号表示水平平均作用力与正方向相反,所以平均作用力大小为9.6 N,由牛顿第三定律知,D错误,符合题意。故选A、B、D。
10.CD　以水平向右为正方向,对于甲(包括冰车)和箱子,根据动量守恒得(M+m)v0=Mv1+mv,对于乙(包括冰车)和箱子,根据动量守恒得mv-Mv0=(M+m)v2,若甲、乙恰好不相碰,则v1=v2,联立解得v=5.2 m/s。若要避免碰撞,则需要满足v≥5.2 m/s,故选C、D。
11.AC　小球P从a点运动到c点的过程中,A、B均保持静止,只有重力做功,根据动能定理可得mgR=m,解得小球P从a点运动到c点时的速度大小为v0=,A正确。小球P滑到B槽后A依然保持静止,B开始向右运动,由于小球P和B槽组成的系统在水平方向上不受外力,则水平方向动量守恒,当小球P在B槽内运动到最大高度时,二者的水平速度相同,取水平向右为正方向,设共同速度为v,根据动量守恒定律可得mv0=(M+m)v;对小球P和B槽组成的系统,根据机械能守恒定律可得m=(M+m)v2+mgh,联立解得h=,故B错误。小球P第一次返回B槽最低点d时,设P的速度为v1,B的速度为v2,取水平向右为正方向,根据水平方向动量守恒和机械能守恒可得mv0=mv1+Mv2,m=m+M,解得v2=,故C正确。小球P从a点运动到c点的过程,小球P和A槽组成的系统水平方向和竖直方向所受的合外力均不为零,系统动量不守恒,故D错误。
12.BCD　由题意可知,0~t1时间内A未解除锁定,系统动量不守恒,A错误;t1时刻后,A、B在水平方向上只受弹簧的弹力,弹簧对A、B的弹力大小始终相等,通过图乙可知,t2时刻,A的加速度大小比B的加速度大小大,根据牛顿第二定律可知mA0,故S1>S2,C正确;t3和t5时刻A的加速度为0,弹簧处于原长,t4时刻A、B共速,弹簧最短,所以A、B间距离先减小后增大,D正确。
13.答案　(1)BC(2分)　(2)1.04(2分)　1.03(2分)　(3)守恒(1分)
解析　(1)由题图可知,AB段从左到右相邻两计数点间距离逐渐增大,表示小车a被推动时的加速直线运动过程,而BC段相邻两计数点间距离相等,表示小车a碰撞前做匀速直线运动的过程,所以应选BC段来计算a的碰前速度。
(2)相邻两计时点间的时间间隔为T==0.02 s
碰撞前小车a的速度为va== m/s=3.45 m/s
碰前系统总动量为p=mava=0.30×3.45 kg·m/s≈1.04 kg·m/s
同理可知DE段表示小车a、b碰撞之后做匀速直线运动的过程,所以碰后a、b整体的速度为vab== m/s=2.06 m/s
碰后系统的总动量为p'=(ma+mb)vab=(0.30+0.20)×2.06 kg·m/s=1.03 kg·m/s。
(3)根据前面计算结果可知p≈p',所以实验结论是在误差允许的范围内,小车a、b组成的系统碰撞前后总动量守恒。
14.答案　(1)1.070(2分)　(2)M(2分)　(3)AE(2分)
(4)=+(2分)
解析　(1)由题图2知,游标卡尺是20分度的,每个小格长度是0.95 mm,第14个刻度线与主尺的24 mm刻度线对齐,根据测量原理可得x+14×0.95 mm=24 mm,求得x=10.70 mm,读数即1.070 cm;
(2)小球离开轨道后做平抛运动,设挡板与抛出点之间的水平距离为x,由平抛运动规律得x=v0t,h=gt2,水平位移一定时,小球做平抛运动的初速度越小,下落距离越大。碰撞后小钢球1的速度变小,小于碰撞前的速度,碰撞后玻璃球2的速度大于小钢球1的速度,由此可知,碰撞后1的速度最小,2的速度最大,由此可知:第一次小钢球1撞击在挡板b上的M点,第二次小钢球1撞击在挡板b上的N点,玻璃球2撞击在挡板b上的P点。
(3)要验证的关系式是m1v0=m1v1+m2v2,其中v==x,代入可得m1·x=m1·x+m2·x,化简得=+,则要完成该实验,必须测量的物理量有小钢球1和玻璃球2的质量m1、m2以及OP、OM、ON的长度,故选A、E。
(4)由上问求解可知,在误差允许范围内,关系式=+成立,说明两球在碰撞过程中动量守恒。
15.答案　(1)10.8 kg·m/s,方向竖直向上　-10.8 J　(2)114 N
解析　(1)设篮球刚要着地时的速度大小为v1,则有=2gH (1分)
解得v1=10 m/s(1分)
设篮球的反弹速度大小为v2,则有=2gh (1分)
解得v2=8 m/s(1分)
以竖直向上为正方向,则篮球动量的改变量为Δp=mv2-m·(-v1)=10.8 kg·m/s,方向竖直向上 (1分)
根据动能定理,地面对篮球做的功为W=m-m=-10.8 J。 (1分)
(2)篮球第一次撞地过程,以竖直向上为正方向,根据动量定理可得Ft-mgt=mv2-m·(-v1) (2分)
解得F=114 N。 (1分)
16.答案　(1)65 m　(2)60 m
解析　(1)烟花弹上升至最高点时速度为零,根据动量守恒,A、B两块的动量大小相等,方向相反,设爆炸后瞬间A、B两块的速度大小分别为v1、v2
则m1v1=m2v2 (1分)
根据能量守恒定律可得
E·60%=m1+m2 (1分)
A、B两块获得的速度大小分别为
v1=20 m/s,v2=10 m/s(1分)
A块继续上升的高度为
hA==20 m(1分)
此前烟花弹上升的高度为
h==45 m(1分)
A块上升的最大高度为
h m=hA+h=65 m。 (1分)
(2)以竖直向下为正方向,A、B两块运动的位移分别为
xA=-v1t+gt2=-20 m (1分)
xB=v2t+gt2=40 m(1分)
A、B两块的距离为
x=xB-xA=60 m。 (1分)
17.答案　(1)0.5 m/s　1 m/s　(2)1.5 m/s　(3)10 J
解析　(1)由题意可知,碰撞后红冰壶的位移大小为0.625 m,蓝冰壶的位移大小为2.5 m
对红冰壶和蓝冰壶,由牛顿第二定律得μmg=ma (1分)
对红冰壶,由匀变速直线运动规律得2ax1= (1分)
对蓝冰壶,由匀变速直线运动规律得2ax2= (1分)
解得v1=0.5 m/s,v2=1 m/s。 (2分)
(2)红冰壶和蓝冰壶在碰撞过程中动量守恒,规定水平向右为正方向,有mv=mv1+mv2 (2分)
解得v=1.5 m/s。 (1分)
(3)两冰壶在碰撞过程中损失的机械能为
ΔE=mv2-m-m (2分)
解得ΔE=10 J。 (1分)
18.答案　(1)6 J　(2)9 J　(3)1.2 m
解析　(1)A与B碰撞时动量守恒,以水平向右为正方向,则有
m0v0=-m0vA+mvB (1分)
代入相关数据可得
vB=6 m/s(1分)
则损失的机械能
ΔE=m0-m0-m=6 J。 (1分)
(2)弹簧压缩到最短时弹簧的弹性势能最大,B、C的速度相等,设此时速度为v1,B、C及弹簧系统动量守恒,以水平向右为正方向,则有
mvB=2mv1 (1分)
得v1=3 m/s(1分)
则弹簧的最大弹性势能为
ΔEpm=m-·2m=9 J。 (1分)
(3)设C与弹簧分开时B、C速度分别为vB'和vC,以水平向右为正方向,则由动量守恒定律及能量守恒定律得
mvB=mvB'+mvC (1分)
m=mvB'2+m (1分)
解得vB'=0,vC=6 m/s(1分)
以地面为参考平面,此时C的机械能为
E1=m=18 J(1分)
假设C上升高度为R时二者相对静止,C在竖直方向速度为0,以水平向右为正方向,则
mvC=(M+m)vD (1分)
以地面为参考平面,此时C、D系统的机械能
E2=(M+m)+mgR=16 J(2分)
因为E1>E2,所以滑块在竖直方向速度不为0,设滑块能上升的最大高度为h,由机械能守恒定律有
m=mgh+M+m (2分)
解得h=1.2 m。 (1分)