2025版高考物理考点题型归纳总结（含答案）考点34　碰撞模型的拓展

考点34碰撞模型的拓展强基固本对点练知识点1滑块－弹簧模型1．如图所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块甲、乙连接，静止在光滑的水平面上．现在使甲瞬时获得水平向右的速度v0＝4m/s，当甲物体的速度减小到1m/s时，弹簧最短．下列说法正确的是()A.此时乙物体的速度也是1m/sB．紧接着甲物体将开始做加速运动C．甲乙两物体的质量之比m1∶m2＝1∶4D．当弹簧恢复原长时，乙物体的速度大小也为4m/s2．如图所示，水平地面上A、B两个木块用轻弹簧连接在一起，质量分别为2m、3m，静止时弹簧恰好处于原长．一质量为m的木块C以速度v0水平向右运动并与木块A相撞．不计一切摩擦，弹簧始终处于弹性限度内，则碰后弹簧的最大弹性势能不可能为()A．eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)B．eq\f(1,5)mveq\o\al(2,0)C．eq\f(1,12)mveq\o\al(2,0)D．eq\f(4,15)mveq\o\al(2,0)知识点2滑块－光滑圆弧轨道模型3．(多选)质量为M的带有eq\f(1,4)光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为g，则()A．小球以后将向左做平抛运动B．小球将做自由落体运动C．此过程小球对小车做的功为eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)D．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为eq\f(veq\o\al(2,0),2g)4．(多选)如图所示，质量为2kg的四分之一圆弧形滑块P静止于水平地面上，其圆弧底端与水平地面相切．在滑块P右侧有一固定的竖直弹性挡板，将一质量为1kg的小球Q从滑块顶端正上方距地面1.2m处由静止释放，小球Q恰能沿切线落入滑块P.小球与挡板的碰撞为弹性碰撞，所有接触面均光滑，取重力加速度g＝10m/s2.下列说法正确的是()A．若滑块P固定、小球Q能回到1.2m高处B．若滑块P固定，小球Q第一次与挡板碰撞过程挡板对小球的冲量大小为2eq\r(6)N·sC．若滑块不固定，小球Q第一次与挡板碰撞前的速度大小为4m/sD．若滑块P不固定，经过多次碰撞后，滑块的最终速度大小为3m/s5．如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3m(h小于斜面体的高度).已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？知识点3子弹打木块模型6．(多选)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍．两种射入过程相比较()A．射入滑块A的子弹速度变化大B．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大C．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍D．两个过程中系统产生的热量相同7．如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980g的长方形匀质木块，现有一颗质量为20g的子弹以大小为300m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动．已知木块沿子弹运动方向的长度为10cm，子弹打进木块的深度为6cm.设木块对子弹的阻力保持不变．(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所增加的内能；(2)若子弹是以大小为400m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？知识点4滑块－木板模型8．(多选)长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图所示，g＝10m/s2.则下列说法正确的是()A．木板获得的动能为1JB．系统损失的机械能为2JC．木板A的最小长度为2mD．A、B间的动摩擦因数为0.19．如图所示，质量m1＝0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长l＝1.5m，现有质量m2＝0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，则()A．物块滑上小车后，系统动量守恒和机械能守恒B．增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热变大C．若v0＝2.5m/s，则物块在车面上滑行的时间为0.24sD.若要保证物块不从小车右端滑出，则v0不得大于5m/s培优提能模拟练10.[2024·重庆市渝中区期中考试]如图，光滑水平面上有两个质量分别为2m，m的物体A、B，B上连接一劲度系数为k的轻弹簧，物体A以初速度v0向静止的物体B运动，从A接触弹簧到第一次将弹簧压缩到最短的时间为t＝eq\f(π,2)eq\r(\f(2m,3k))，弹簧弹性势能为Ep＝eq\f(1,2)kx2(x为弹簧的形变量)，弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是()A．弹簧压缩量最大时物体B的速度为eq\f(1,3)v0B．弹簧的最大压缩量为v0eq\r(\f(m,3k))C．从开始压缩弹簧到弹簧第一次压缩最短的过程中，物体A的位移为eq\f(πv0,3)eq\r(\f(2m,3k))D．从开始压缩弹簧到弹簧第一次压缩最短的过程中，物体B的位移为eq\f(（π－2）v0,3)eq\r(\f(2m,3k))11．[2024·浙江省宁波十校联盟一模]如图，质量为0.1kg的方形铝管静置在足够大的绝缘水平面上，现使质量为0.2kg的条形磁铁(条形磁铁横截面比铝管管内横截面小)以v＝3m/s的水平初速度自左向右穿过铝管，忽略一切摩擦，不计管壁厚度．则()A．磁铁穿过铝管过程中，铝管受到的安培力可能先水平向左后水平向右B．磁铁穿过铝管后，铝管速度可能为4m/sC．磁铁穿过铝管正中央时，铝管加速度为零D．磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到0.2J12．[2024·浙江省宁波联考]如图所示，质量为2m、长为L的长木板c静止在光滑水平面上，质量为m的物块b放在c的正中央，质量为m的物块a以大小为v0的速度从c的左端滑上c，a与b发生弹性正碰，最终b刚好到c的右端与c相对静止，不计物块大小，物块a、b与c间动摩擦因数相同，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．a与b碰撞前b的速度始终为零B．a与b碰撞后，a与b都相对c滑动C．物块与木板间的动摩擦因数为eq\f(3veq\o\al(2,0),8gL)D．整个过程因摩擦产生的内能为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)13．[2024·江苏省盐城一中、大丰中学联考]如图所示，一质量为M＝3.0kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量为m＝1.0kg的小木块A.给A和B以大小均为5.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B.在A做加速运动的时间内，B的速度大小可能是()A．1.8m/sB．2.4m/sC．2.8m/sD．3.5m/s14．[2024·河北省期中联考](多选)如图所示，eq\f(1,4)圆槽AB的半径为R、质量为3m，静止放在水平地面上，圆槽底端B点的切线水平，距离B点为R处有一质量为3m的小球2，其左侧连有轻弹簧．现将质量为m的小球1(可视为质点)从圆槽顶端的A点由静止释放，重力加速度为g，不计一切摩擦．则下列说法正确的是()A．在整个过程中，系统(三个物体)动量守恒、总动量为0B．小球1刚与弹簧接触时，与圆槽底端B点相距eq\f(5,3)RC．弹簧弹性势能的最大值为eq\f(3,16)mgRD．小球2最终的速度大小为eq\f(\r(6gR),4)15．[2024·湖北省荆州市月考]如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为2m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量为m的小球沿水平方向，以初速度v0从U形管的一端射入，从另一端射出．已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是()A.该过程中，小球与U形管组成的系统动量守恒B．小球从U形管的另一端射出时，速度大小为eq\f(v0,3)C．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，速度大小为eq\f(v0,3)D．从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，平行导槽受到的冲量大小为eq\f(\r(2)mv0,3)16．[2024·贵州省六盘水市质量监测]如图所示，套筒C可以沿着水平固定的光滑杆(足够长)左右滑动，套筒下方用不可伸长的轻细线悬挂物体B.开始时物体B和套筒C均静止，子弹A以v0＝40m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为eq\f(v0,4).已知子弹A、物体B、套筒C的质量分别为mA＝0.1kg、mB＝mC＝1.5kg，重力加速度g取0m/s2.求：(1)子弹A击穿物体B的过程，子弹A对物体B的冲量大小；(2)物体B能上升的最大高度；(3)套筒C可以达到的最大速度．17．[2024·河北省唐山市一中联盟联考]如图所示，光滑水平面上有一质量M＝1.98kg的小车，小车上表面有一半径为R＝1m的eq\f(1,4)光滑圆弧轨道，与水平轨道在B点相切，B点右侧粗糙，小车的最右端D点竖直固定轻质弹簧片CD，已知小球与弹簧片碰撞时无机械能损失，BD之间距离为0.3m，一个质量m＝2kg的小球置于车的B点，车与小球均处于静止状态，有一质量m0＝20g的子弹，以速度v0＝800m/s击中小车并停留在车中，设子弹击中小车的过程时间极短，已知小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2.求：(1)子弹击中小车后的瞬间，小车的速度；(2)小球再次返回圆弧轨道最低点时，小球的速度大小；(3)小球最终相对于B点的距离．

考点34碰撞模型的拓展1．答案：A解析：根据题意得，当弹簧压缩最短时，两物体速度相同，所以此时乙物体的速度也是1m/s，A正确；因为压缩最短时，甲受力向左，甲继续减速，B错误；根据动量守恒定律可得：m1v0＝(m1＋m2)v，解得：m1∶m2＝1∶3，C错误；当弹簧恢复原长时，根据动量守恒和机械能守恒有：m1v0＝m1v′1＋m2v′2，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,2)，联立解得：v′2＝2m/s，D错误．2．答案：A解析：当C与A发生弹性正碰时，由动量守恒和能量守恒有mv0＝mv1＋2mv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)，联立解得v2＝eq\f(2,3)v0，当A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒有2mv2＝(2m＋3m)v，解得v＝eq\f(4,15)v0，由系统机械能守恒可得弹簧的最大弹性势能为Ep＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)×5mv2，解得Ep＝eq\f(4,15)mveq\o\al(2,0)，当C与A发生完全非弹性正碰时，由动量守恒有mv0＝3mv′1，当A、B、C速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v′，则由动量守恒得3mv′1＝6mv′，由机械能守恒可得弹簧的最大弹性势能为E′p＝eq\f(1,2)×3mv′eq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×6mv′2，解得E′p＝eq\f(1,12)mveq\o\al(2,0)，由此可知碰后弹簧的最大弹性势能范围是eq\f(1,12)mveq\o\al(2,0)≤Ep≤eq\f(4,15)mveq\o\al(2,0)，A正确．3．答案：BC解析：从小球冲上小车到小球离开小车的过程，系统在水平方向上动量守恒且无摩擦力做功，所以系统机械能守恒，设小球离开小车时候的小球速度为v1，小车速度为v2，根据动量守恒有Mv0＝Mv1＋Mv2，根据机械能守恒eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，联立解得v1＝0，v2＝v0，即作用后两者交换速度，小球速度变为零，开始做自由落体运动，A错误，B正确；根据动能定理小球对小车所作的功W＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－0＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)，C正确；小球上升到最高点时，与小车相对静止，有相同的速度v，根据动量守恒定律Mv0＝2Mv，根据机械能守恒定律eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝2×(eq\f(1,2)Mv2)＋Mgh，联立解得h＝eq\f(veq\o\al(2,0),4g)，D错误．4．答案：AC解析：若滑块P固定，由于小球在各个环节无机械能损失，可知小球Q能回到1.2m高处，A正确；若滑块P固定，小球Q第一次与挡板碰撞时的速度v＝eq\r(2gh)＝2eq\r(6)m/s，碰撞过程挡板对小球的冲量大小为I＝2mv＝4eq\r(6)N·s，B错误；若滑块P不固定，则小球落到滑块上时，滑块和小球在水平方向动量守恒，则mv1－Mv2＝0，mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，解得v1＝4m/s，v2＝2m/s，即小球Q第一次与挡板碰撞前的速度大小为4m/s，C正确；若滑块P不固定，小球与挡板第一碰后，将以等大速度反弹，则滑上滑块后再滑回到地面的过程，由动量和能量关系可知mv1＋Mv2＝mv′1＋Mv′2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mv′eq\o\al(2,2)，解得v′1＝eq\f(4,3)m/s，v′2＝eq\f(10,3)m/s，因此时小球的速度小于滑块的速度，则小球与挡板碰后不能再次追上滑块，则滑块的最终速度大小为eq\f(10,3)m/s，D错误．5．答案：(1)20kg(2)不能解析：(1)设斜面质量为M，冰块和斜面的系统，水平方向动量守恒m2v2＝(m2＋M)v系统机械能守恒m2gh＋eq\f(1,2)(m2＋M)v2＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)解得M＝20kg(2)人推冰块的过程m1v1＝m2v2得v1＝1m/s(向右)冰块与斜面的系统m2v2＝m2v′2＋Mv3，eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,3)解得v′2＝－1m/s(向右)因|v′2|＝v1，且冰块处于小孩的后方，则冰块不能追上小孩．6．答案：BD解析：子弹射入滑块过程中，子弹与滑块构成的系统动量守恒，有mv0＝(m＋M)v，两个子弹的末速度相等，所以子弹速度的变化量相等，动量变化量相等，受到的冲量相等，A错误，B正确；对子弹运用动能定理，有Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，由于末速度v相等，所以阻力对子弹做功相等，C错误；对系统，由能量守恒，产生的热量满足Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2，所以系统产生的热量相同，D正确．7．答案：(1)6m/s882J(2)能解析：(1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v解得v＝eq\f(mv0,M＋m)＝eq\f(0.02×300,0.98＋0.02)m/s＝6m/s此过程系统所增加的内能ΔE＝ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\f(1,2)×0.02×3002J－eq\f(1,2)×(0.98＋0.02)×62J＝882J.(2)设子弹以v′0＝400m/s的速度入射时刚好能够射穿质量与粗糙程度均与该木块相同、厚度为d′的另一个木块，则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv′0＝(M＋m)v′解得v′＝eq\f(mv′0,M＋m)＝eq\f(0.02×400,0.98＋0.02)m/s＝8m/s此过程系统所损耗的机械能为ΔE′＝ΔE′k＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v′2＝eq\f(1,2)×0.02×4002J－eq\f(1,2)×(0.98＋0.02)×82J＝1568J由功能关系有ΔE＝F阻x相＝F阻dΔE′＝F阻x′相＝F阻d′联立解得eq\f(ΔE,ΔE′)＝eq\f(d,d′)解得d′＝eq\f(1568,147)cm因为d′>10cm，所以能射穿该木块．8．答案：ABD解析：由图示图像可知，木板获得的速度为v＝1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝2kg，木板A的质量为2kg，木板获得的动能为Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)×2×12＝1J，A正确；系统损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(m＋M)v2，代入数据解得ΔE＝2J，B正确；根据v­t图像的面积表示位移，由图得到0～1s内B的位移为xB＝eq\f(1,2)×(2＋1)×1＝1.5m，A的位移为xA＝eq\f(1,2)×1×1＝0.5m，木板A的最小长度为L＝xB－xA＝1m，C错误；由图示图像可知，B的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1－2,1)m/s2＝－1m/s2，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得μmBg＝mBa，代入解得μ＝0.1，D正确．9．答案：D解析：物块与小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；物块滑上小车后在小车上滑动过程中系统要克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，A错误；系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，系统产生的热量Q＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq\f(m1m2veq\o\al(2,0),2（m1＋m2）)，则增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热不变，B错误；若v0＝2.5m/s，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝1m/s，对物块，由动量定理得－μm2gt＝m2v－m2v0，解得t＝0.3s，C错误；要使物块恰好不从车厢滑出，需物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v′0＝(m1＋m2)v′，由能量守恒定律得eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2＋μm2gL，解得v′0＝5m/s，D正确．10．答案：D解析：弹簧压缩量最大时，两物体速度相同，根据动量守恒定律可得2mv0＝(2m＋m)v，解得v＝eq\f(2,3)v0，根据能量守恒定律得eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×(2m＋m)v2＋Epm，解得Epm＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)，又Ep＝eq\f(1,2)kx2，解得弹簧的最大压缩量为xm＝v0eq\r(\f(2m,3k))，A、B错误；由动量守恒定律可得2meq\o(v,\s\up6(－))A＋meq\o(v,\s\up6(－))B＝2mv0，则两边同时乘以t，可得2meq\o(v,\s\up6(－))At＋meq\o(v,\s\up6(－))Bt＝2mv0t，从A接触弹簧到第一次将弹簧压缩到最短的时间为t＝eq\f(π,2)eq\r(\f(2m,3k))，联立解得2mxA＋mxB＝πmv0eq\r(\f(2m,3k))，由几何关系可知xA－xB＝xm，联立解得xA＝eq\f(（π＋1）v0,3)eq\r(\f(2m,3k))，xB＝eq\f(（π－2）v0,3)eq\r(\f(2m,3k))，C错误，D正确．11．答案：D解析：根据楞次定律的“来拒去留”可知，磁铁对铝管的安培力一直水平向右，A错误；磁铁与铝管组成的系统动量守恒，如果铝管足够长，则磁铁穿过铝管时二者共速，由动量守恒定律得mv＝(M＋m)v′，解得v′＝1m/s，所以铝管的速度不可能大于1m/s，B错误；磁铁穿过铝管正中央时，由楞次定律可知，磁铁始终受到铝管的磁场力方向向左，根据牛顿第三定律，磁铁对铝管的反作用力水平向右，根据牛顿第二定律得，铝管加速度不为零，C错误；磁铁的初动能为Ek1＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×0.1×32J＝0.45J，假设铝管足够长，则二者共速，根据对B项分析可知磁铁穿过铝管过程所产生的热量最多为Q＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,1)＝0.45J－0.15J＝0.30J，所以磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到0.2J，D正确．12．答案：C解析：物块a滑上长木板c后，假设物块b与长木板c一起滑动，设物块a与长木板c间的动摩擦因数为μ，则有μmg＝3ma，解得a＝eq\f(1,3)μg，则物块b与长木板c间的静摩擦力为f静＝ma＝eq\f(1,3)μmg＜μmg＝fm，所以假设成立，物块b与长木板c一起做匀加速直线运动，速度并不为零，即a滑上c后，b不会相对c滑动．a与b发生弹性正碰，a与b质量相等，所以正碰后速度发生交换，物块a的速度与长木板c的相等，一起做匀加速直线运动，直到最终b刚好滑到c的右端与c相对静止，A、B错误；b刚好到c的右端与a、c相对静止时，设共同速度为v共，以a、b、c为整体，系统动量守恒，则mv0＝(m＋m＋2m)v共，根据能量守恒可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋m＋2m)veq\o\al(2,共)＝μmgL＝Q，所以整个过程因摩擦产生的内能为Q＝eq\f(3,8)mveq\o\al(2,0)，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝eq\f(3veq\o\al(2,0),8gL)，C正确，D错误．13．答案：C解析：以A、B组成的系统为研究对象，因为系统不受外力，则系统动量守恒，选择水平向右的方向为正方向，从A开始运动到A的速度为零，根据动量守恒定律可得(M－m)v0＝MvB1，解得vB1＝eq\f(10,3)m/s，当从开始运动到A、B共速，根据动量守恒定律可得(M－m)v0＝(M＋m)vB2，解得vB2＝2.5m/s，木块A加速运动的过程为其速度减为零到与B共速，此过程中B始终减速，则在木块A正在做加速运动的时间内，B的速度范围为2.5m/s≤vB≤eq\f(10,3)m/s，C正确，A、B、D错误．14．答案：BD解析：小球1在圆槽上运动时，系统在竖直方向上动量不守恒，A错误；小球1从圆槽的A点到B点的过程中，设小球1滑到B点的速度为v0，取水平向右为正，小球1和圆槽在水平方向动量守恒0＝mv0－3mv，能量守恒mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)×3mv2，解得v0＝3v＝eq\r(\f(3gR,2))，设小球1到B点的过程中水平向右移动的距离为x1，圆槽向左运动的距离为x2，两物体的相对位移为R，因此mx1－3mx2＝0，x1＋x2＝R，联立解得x1＝eq\f(3,4)R，x2＝eq\f(1,4)R，此时圆槽的B点与弹簧之间新的距离L＝x2＋R＝eq\f(5,4)R，小球1从B点向右以v0匀速运动，圆槽向左以eq\f(v0,3)匀速运动，小球1到达弹簧时与圆槽底端B的距离L′＝L＋eq\f(v0,3)·eq\f(L,v0)＝eq\f(4,3)L＝eq\f(5,3)R，B正确；小球1与小球2共速时，弹簧弹性势能有最大值，从小球1与弹簧接触到两球共速，动量守恒mv0＝(m＋3m)v共，能量守恒eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋3m)veq\o\al(2,共)＋Ep，联立解得Ep＝eq\f(9,16)mgR，C错误；从小球1与弹簧接触到两球分开，动量守恒mv0＝mv1＋3mv2，能量守恒eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2)，解得v1＝－eq\f(1,2)v0，v2＝eq\f(1,2)v0，小球1之后向左以eq\f(1,2)v0匀速运动，因为圆槽此时正向左以eq\f(v0,3)匀速运动，故会再次和圆槽碰撞，以向左为正，碰撞前后动量守恒meq\f(v0,2)＋3meq\f(v0,3)＝mv3＋3mv4，能量守恒eq\f(1,2)m(eq\f(v0,2))2＋eq\f(1,2)×3m(eq\f(v0,3))2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,4)，解得v3＝eq\f(1,4)v0，v4＝eq\f(5,12)v0，最终小球1以eq\f(1,4)v0的速度向左运动，圆槽以eq\f(5,12)v0的速度向左运动，小球2以eq\f(1,2)v0的速度向右运动，小球2最终的速度为eq\f(v0,2)＝eq\f(\r(6gR),4)，D正确．15．答案：B解析：小球与U形管组成的系统，垂直初速度方向合力不为零，沿初速度方向合力为零，即沿初速度方向该系统动量守恒，则该过程中，小球与U形管组成的系统动量不守恒，A错误；小球与U形管组成的系统机械能守恒，由机械能守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)，小球与U形管组成的系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，则有mv0＝2mv2＋mv1，解得v1＝－eq\f(