【物理】2019届二轮复习动量与能量学案（全国通用）

【物理】2019届二轮复习动量与能量学案（全国通用）

动量与能量 年份 试卷 题号 考点 情境图 ‎2014‎ Ⅰ卷 ‎35(2)‎ 动量和能量观点的综合应用 ‎2015‎ Ⅰ卷 ‎35(2)‎ 动量和能量观点的综合应用 Ⅱ卷 ‎35(2)‎ 动量和能量观点的综合应用 ‎2016‎ Ⅰ卷 ‎35(2)‎ 动量定理和运动学公式的应用(以喷水柱为背景)‎ Ⅱ卷 ‎35(2)‎ 动量和能量观点的综合应用 Ⅲ卷 ‎35(2)‎ 动量和能量观点的综合应用 ‎2017‎ Ⅰ卷 ‎14‎ 动量守恒定律的应用(以火箭模型为背景)‎ Ⅱ卷 ‎15‎ 动量守恒定律在核反应中的应用 Ⅲ卷 ‎20‎ 动量定理的理解和应用 ‎2018‎ Ⅰ卷 ‎14‎ 动量和动能的关系 ‎24‎ 动量和能量观点的综合应用 Ⅱ卷 ‎15‎ 动量定理和动能定理的应用 ‎24题 ‎24‎ 动力学方法和动量守恒定律的应用 Ⅲ卷 ‎21‎ 应用动量和能量观点处理带电粒子在电场中的运动问题 ‎21题 ‎25题 ‎25‎ 动力学、动量和能量观点处理力学中的多过程问题 第1课时　力学中的动量和能量问题 ‎1．动量定理 ‎(1)公式：Ft＝p′－p，除表明等号两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．‎ ‎(2)意义：动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映了力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系．动量变化的方向与合外力的冲量方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系．‎ ‎2．动量守恒定律 ‎(1)内容：如果一个系统不受外力或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变．‎ ‎(2)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)，或Δp＝0(系统总动量的变化量为零)，或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的变化量大小相等、方向相反)．‎ ‎(3)守恒条件 ‎①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零．‎ ‎②系统所受外力的合力不为零，但在某一方向上系统受到的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．‎ ‎③系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程．‎ ‎3．解决力学问题的三大观点 ‎(1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题．‎ ‎(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题．‎ ‎(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律．‎ ‎1．力学规律的选用原则 ‎(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律．‎ ‎(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．‎ ‎2．系统化思维方法 ‎(1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动．‎ ‎(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)．‎ 高考题型1　动量定理和动量守恒定律的应用 例1　(2018·四川省攀枝花市一模)如图1所示，轻质弹簧固定在水平地面上．现将弹簧压缩后，将一质量为m的小球静止放在弹簧上，释放后小球被竖直弹起，小球离开弹簧时速度为v，则小球被弹起的过程中(　　)‎ 图1‎ A．地面对弹簧的支持力的冲量大于mv B．弹簧对小球的弹力的冲量等于mv C．地面对弹簧的支持力做的功大于mv2‎ D．弹簧对小球的弹力做的功等于mv2‎ 答案　A 解析　规定竖直向上为正方向，离开弹簧前，对小球受力分析，受到竖直向下的重力和竖直向上的弹力作用，根据动量定理可得IF－IG＝mv，所以弹簧对小球的弹力的冲量IF＝mv＋IG，地面对弹簧的支持力和弹簧对地面的弹力是一对相互作用力，所以FN＝F，故|IN|＝|IF|＝mv＋|IG|>mv，A正确，B错误；根据动能定理得WF－WG＝mv2，所以WF＝mv2＋WG>mv2，由于弹簧与地面接触处没有发生位移，所以地面对弹簧的支持力不做功，C、D错误．‎ 拓展训练1　(2018·全国卷Ⅱ·15)高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为(　　)‎ A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N 答案　C 解析　设每层楼高约为3 m，则下落高度约为 h＝3×25 m＝75 m 由mgh＝mv2及(F－mg)t＝mv知 地面对鸡蛋的冲击力F＝＋mg≈103 N，由牛顿第三定律知，该鸡蛋对地面的冲击力约为103 N.‎ 拓展训练2　(2018·山东省淄博市模拟)质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用而从静止开始做匀加速直线运动．经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0 时，分别撤去F1和F2，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止．两物体速度随时间变化的图线如图2所示．设F1和F2对A、B的冲量分别为I1和I2，F1和F2对A、B做的功分别为W1和W2，则下列结论正确的是(　　)‎ 图2‎ A．I1∶I2＝12∶5，W1∶W2＝6∶5‎ B．I1∶I2＝6∶5，W1∶W2＝3∶5‎ C．I1∶I2＝3∶5，W1∶W2＝6∶5‎ D．I1∶I2＝3∶5，W1∶W2＝12∶5‎ 答案　C 解析　由题图知，A、B两物体匀减速运动的加速度大小都为 ‎，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有Ff＝ma，则摩擦力大小都为m，匀加速运动过程中由动量定理得I1－·t0＝2mv0，I2－m·4t0＝mv0，得I1∶I2＝3∶5；对全过程运用动能定理得：W1－Ffs1＝0，W2－Ffs2＝0，得W1＝Wfs1，W2＝Ffs2，图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则A、B两物体的位移大小之比为6∶5，整个运动过程中F1和F2做功之比为W1∶W2＝s1∶s2＝6∶5，故C正确．‎ 例2　(2018·河南省新乡市第三次模拟)如图3所示，质量M＝9 kg的小车A以大小v0＝8 m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定支架的光滑水平台上放置质量m＝1 kg的小球B(可看做质点)，小球距离车面H＝0.8 m，小球与小车保持相对静止．某一时刻，小车与静止在水平地面上的质量m0＝6 kg的物块C发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略)，此后，小球刚好落入小车右端固定的砂桶中(小桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2.求：‎ 图3‎ ‎(1)小车的最终速度v的大小；‎ ‎(2)初始时小球与砂桶的水平距离Δx.‎ 答案　(1)5 m/s　(2)1.28 m 解析　(1)整个过程中小球、小车及物块C组成的系统在水平方向动量守恒，设系统最终速度为v，以水平向右为正方向．则有：‎ ‎(M＋m)v0＝(M＋m＋m0)v 解得：v＝5 m/s ‎(2)A与C碰撞过程动量守恒：Mv0＝(M＋m0)v1‎ 设小球下落时间为t，则有：H＝gt2‎ Δx＝(v0－v1)t 解得：Δx＝1.28 m 拓展训练3　(2018·山西省晋城市第一次模拟)所谓对接是指两艘同方向以几乎同样快慢运行的宇宙飞船在太空中互相靠近，最后连接在一起．如图4所示，假设“天舟一号”和“天宫二号”的质量分别为M、m，两者对接前的在轨速度分别为(v＋Δv)、v，对接持续时间为Δt，则在对接过程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作用力大小为(　　)‎ 图4‎ A. B. C. D．0‎ 答案　C 解析　在“天舟一号”和“天宫二号”对接的过程中水平方向动量守恒，M(v＋Δv)＋mv＝(M＋m)v′，解得对接后两者的共同速度v′＝v＋，以“天宫二号”为研究对象，根据动量定理有F·Δt＝mv′－mv，解得F＝，选项C正确．‎ 高考题型2　“碰撞模型”问题 ‎1．基本思路 ‎(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程．‎ ‎(2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．‎ ‎(3)光滑的平面或曲面(仅有重力做功)，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．‎ ‎2．方法选择 ‎(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律．‎ ‎(2)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应使用牛顿运动定律．‎ ‎(3)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便．‎ ‎(4)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理．‎ 例3　(2018·全国卷Ⅱ·24)汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图5所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m．已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2.求：‎ 图5‎ ‎(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；‎ ‎(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小．‎ 答案　(1)3.0 m/s　(2)4.3 m/s 解析　(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB.根据牛顿第二定律有 μmBg＝mBaB①‎ 式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数．‎ 设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有 vB′2＝2aBsB②‎ 联立①②式并利用题给数据得 vB′＝3.0 m/s③‎ ‎(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有 μmAg＝mAaA④‎ 设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公式有 vA′2＝2aAsA⑤‎ 设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有 mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥‎ 联立③④⑤⑥式并利用题给数据得 vA≈4.3 m/s⑦‎ 例4　(2018·全国卷Ⅰ·24)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量．求：‎ ‎(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；‎ ‎(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．‎ 答案　(1) 　(2) 解析　(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有 E＝mv02①‎ 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有 ‎0－v0＝－gt②‎ 联立①②式得 t＝ ③‎ ‎(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有 E＝mgh1④‎ 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有 mv12＋mv22＝E⑤‎ mv1＋mv2＝0⑥‎ 由⑥式知，爆炸后烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有 mv12＝mgh2⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为 h＝h1＋h2＝⑧‎ 拓展训练4　(2018·山西省吕梁市第一次模拟)如图6所示，内壁粗糙、半径R＝0.4 m的四分之一圆弧轨道AB在最低点B处与光滑水平轨道BC相切．质量m2＝0.4 kg的小球b左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，质量m1＝0.4 kg的小球a自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力为小球a重力的2倍．弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求：‎ 图6‎ ‎(1)小球a由A点运动到B点的过程中，摩擦力做的功Wf；‎ ‎(2)小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep；‎ ‎(3)小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中，弹簧对小球b的冲量I的大小．‎ 答案　(1) －0.8 J　(2)0.4 J　(3)0.8 N·s 解析　(1)小球a由静止释放到最低点B的过程中，据动能定理得m1gR＋Wf＝m1v12‎ 小球a在最低点B时：FN－m1g＝m1 据题意可知FN＝2m1g，联立可得Wf＝－0.8 J ‎(2)小球a与小球b把弹簧压缩至最短时，弹簧弹性势能最大，二者速度相同，‎ 此过程中由动量守恒定律得：m1v1＝(m1＋m2)v2‎ 由机械能守恒定律得m1v12＝(m1＋m2)v22＋Ep 联立得，弹簧的最大弹性势能Ep＝0.4 J ‎(3)小球a与小球b通过弹簧相互作用的整个过程中，设a球最终速度为v3，b球最终速度为v4，由动量守恒定律得m1v1＝m1v3＋m2v4‎ 由机械能守恒定律得：m1v12＝m1v32＋m2v42‎ 根据动量定理有：I＝m2v4‎ 联立得小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中，弹簧对小球b的冲量I的大小为I＝0.8 N·s 高考题型3　“板块模型”问题 例5　(2018·辽宁省锦州市质量检测二)如图7所示，一小车上表面由粗糙的水平部分AB和光滑的半圆弧轨道BCD组成，小车紧靠台阶静止在光滑水平地面上，且左端与粗糙水平台等高．水平台与物块P间的动摩擦因数为μ＝0.2，水平台上有一弹簧，弹簧左端固定，弹簧右端与一个质量为m1＝5 kg的小物块P接触但不固定，此时弹簧处于压缩状态并锁定，弹簧的弹性势能Ep＝100 J．现解除弹簧的锁定，小物块P从M点出发，MN间的距离为d＝1 m．物块P到N点后与静止在小车左端的质量为m2＝1 kg的小物块Q(可视为质点)发生弹性碰撞(碰前物块P已经离开弹簧，碰后立即将小物块P取走，使之不影响后续物体的运动)．已知AB长为L＝10 m，小车的质量为M＝3 kg.取重力加速度g＝10 m/s2，‎ 图7‎ ‎(1)求碰撞后瞬间物块Q的速度大小；‎ ‎(2)若物块Q在半圆弧轨道BCD上经过一次往返运动(运动过程中物块始终不脱离轨道)，最终停在小车水平部分AB的中点，求半圆弧轨道BCD的半径至少多大？‎ ‎(3)若小车上表面AB和半圆弧轨道BCD面均光滑，半圆弧轨道BCD的半径为R＝1.2 m，物块Q可以从半圆弧轨道BCD的最高点D飞出，求其再次落回小车时，落点与B点的距离s为多少？(结果可用根号表示)‎ 答案　见解析 解析　(1)设物块P被弹簧弹开运动到N点速度为v1，由能量守恒得：‎ Ep＝μm1gd＋m1v12，解得v1＝6 m/s 物块P、Q发生弹性碰撞，设碰后P、Q的速度分别为v1′、v2，‎ m1v1＝m1v1′＋m2v2‎ m1v12＝m1v1′2＋m2v22‎ 解得v1′＝4 m/s，v2＝10 m/s ‎(2)物块Q从开始运动到与小车相对静止过程中，共同速度为v3，系统水平方向动量守恒：‎ m2v2＝(m2＋M)v3‎ 解得v3＝2.5 m/s 系统能量守恒：m2v22＝μ′m2g·L＋(m2＋M)v32‎ 解得μ′＝0.25‎ Q运动至C点与车共速时，半径最小，设为R′‎ 系统能量守恒，有：m2v22＝μ′m2gL＋m2gR′＋v32，解得R′＝1.25 m ‎(3)设Q通过D点时，Q与小车的速度分别为v4、v5，有 m2v2＝m2v4＋Mv5‎ m2v22＝m2v42＋Mv52＋m2g·2R 解得v4＝－2 m/s，v5＝4 m/s 物块Q通过D点时相对小车的速度为v4′＝6 m/s 物块Q再次落回小车时与B点的距离为s＝v4′ 解得s＝ m 拓展训练5　(2018·四川省乐山市第一次调研)如图8所示，一质量M＝6 kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量m＝6 kg，停在B的左端．质量为m0＝1 kg的小球用长为L＝0.8 m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度为h＝0.2 m，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力．已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.1(g＝10 m/s2)，求：‎ 图8‎ ‎(1)小球运动到最低点与A碰撞前瞬间小球的速度大小；‎ ‎(2)小球与A碰撞后瞬间，物块A的速度大小；‎ ‎(3)为使A、B达到共同速度前A不滑离木板，木板B至少多长．‎ 答案　(1)4 m/s　(2)1 m/s　(3)0.25 m 解析　(1)小球下摆过程，由机械能守恒定律得：‎ m0gL＝m0v02，‎ 代入数据解得：v0＝4 m/s ‎(2)小球反弹过程后，由机械能守恒定律得：m0gh＝m0v12‎ 解得：v1＝2 m/s 小球与A碰撞过程系统水平方向动量守恒，以碰撞前瞬间小球的速度方向为正方向 由动量守恒定律得：m0v0＝－m0v1＋ mvA 代入数据得vA ＝1 m/s ‎(3)物块A与木板B相互作用过程，系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向 由动量守恒定律得：mvA＝(m＋M)v 代入数据解得：v＝0.5 m/s 由能量守恒定律得：μmgx＝mvA2－(m＋M)v2‎ 代入数据解得x＝0.25 m 专题强化练 ‎1．(2018·全国卷Ⅰ·14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能(　　)‎ A．与它所经历的时间成正比 B．与它的位移成正比 C．与它的速度成正比 D．与它的动量成正比 答案　B ‎2．(2018·广西南宁市3月适应测试)跳水运动员在跳台上由静止直立落下，落入水中后在水中减速运动到速度为零时并未到达池底，不计空气阻力，则关于运动员从静止落下到水中向下运动到速度为零的过程中，下列说法不正确的是(　　)‎ A．运动员在空中动量的改变量等于重力的冲量 B．运动员整个向下运动过程中合外力的冲量为零 C．运动员在水中动量的改变量等于水的作用力的冲量 D．运动员整个运动过程中重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向 答案　C ‎3．(多选)(2018·辽宁省葫芦岛市一模)一个静止的质点在t＝0到t＝4 s这段时间，仅受到力F的作用，F的方向始终在同一直线上，F随时间t的变化关系如图1所示．下列说法中正确的是(　　)‎ 图1‎ A．在t＝0到t＝4 s这段时间，质点做往复直线运动 B．在t＝1 s时，质点的动量大小为1 kg·m/s C．在t＝2 s时，质点的动能最大 D．在t＝1 s到t＝3 s这段时间，力F的冲量为零 答案　CD ‎4．(2018·福建省泉州市模拟三)如图2，半径为R、质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，小球自由落体后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0，则(　　)‎ 图2‎ A．小球和小车组成的系统动量守恒 B．小车向左运动的最大距离为R C．小球离开小车后做斜上抛运动 D．小球第二次能上升的最大高度h0＜h＜h0‎ 答案　D 解析　小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv－mv′＝0，m－m＝0，解得，小车的位移：x＝R，故B错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由B 点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；小球第一次由释放经半圆轨道冲出至最高点时，由动能定理得：mg(h0－h0)－Wf＝0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得Wf＝mgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做的功小于mgh0，机械能的损失小于mgh0，因此小球第二次离开小车时，能上升的高度大于：h0－h0＝h0，且小于h0，故D正确．‎ ‎5．(2018·河南省鹤壁市第二次段考)有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L.已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　B 解析　设人走动的时候船的速度为v，人的速度为v′ ，人从船尾走到船头用时为t，人的位移为L－d，船的位移为d ，所以v＝，v′＝.以船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：Mv－mv′＝0，可得：M＝m ，解得小船的质量为M＝m ，故B项正确．‎ ‎6．(2018·福建省南平市5月第二次模拟)在2018年平昌冬奥会冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方静止的蓝壶，如图3a所示，两壶发生对心正碰，碰后运动员用冰壶擦蓝壶前进方向上的冰面来减小阻力，碰撞前后两壶的速度－时间图象如图b中的实线所示，两冰壶质量相同，则(　　)‎ 图3‎ A．两壶碰撞为弹性碰撞 B．碰后两壶相距的最远距离为1.1 m C．碰后红、蓝两壶所受的滑动摩擦力相同 D．碰后蓝壶的加速度大小为0.10 m/s2‎ 答案　B 解析　由题图知，碰前红壶的速度v0＝1.0 m/s，碰后速度为v0′＝0.4 m/s，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＝mv0′＋mv，解得：v＝0.6 m/s，碰撞前的总动能为Ek＝mv02＝m，碰撞后的总动能Ek′＝mv0′2＋mv2＝m×0.52

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