2025 選考專題高考 物理 （川陜青寧蒙新晉豫）第一部分核心主干復(fù)習(xí)專題滑塊-木板模型綜合問題 含答案

2025選考專題高考物理（川陜青寧蒙新晉豫）第一部分核心主干復(fù)習(xí)專題微專題2滑塊—木板模型綜合問題1.模型特點(diǎn):摩擦力的分析與“傳送帶”模型類似,木板受到摩擦力的影響,往往做勻變速直線運(yùn)動(dòng),解決此類問題要注意從速度、位移、時(shí)間等角度尋找各運(yùn)動(dòng)過程之間的聯(lián)系.2.解題關(guān)鍵:(1)抓住臨界條件,使滑塊不從木板的末端掉下來的臨界條件是滑塊到達(dá)木板末端時(shí)的速度與木板的速度恰好相同.(2)抓住問題實(shí)質(zhì),“滑塊—木板”模型的本質(zhì)是相對(duì)運(yùn)動(dòng)問題,一是分析共速時(shí)是否發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng),采用假設(shè)法判斷摩擦力是靜摩擦力還是滑動(dòng)摩擦力,二是要分別求出滑塊和木板對(duì)地的位移,再計(jì)算相對(duì)位移.光滑水平面上的板塊模型木板在光滑水平面上運(yùn)動(dòng),系統(tǒng)無水平外力作用,滿足動(dòng)量守恒的條件,但因板塊間的滑動(dòng)摩擦力做功,產(chǎn)生摩擦熱,所以常涉及能量問題.例1[2024·安徽卷]如圖所示,一實(shí)驗(yàn)小車靜止在光滑水平面上,其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道,圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點(diǎn).一物塊靜止于小車最左端,一小球用不可伸長的輕質(zhì)細(xì)線懸掛于O點(diǎn)正下方,并輕靠在物塊左側(cè).現(xiàn)將細(xì)線拉直到水平位置,由靜止釋放小球,小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊發(fā)生彈性碰撞,碰撞后,物塊沿著軌道運(yùn)動(dòng).已知細(xì)線長L=1.25m,小球質(zhì)量m=0.20kg,物塊、小車質(zhì)量均為M=0.30kg,小車上的水平軌道長s=1.0m,圓弧軌道半徑R=0.15m.小球、物塊均可視為質(zhì)點(diǎn),不計(jì)空氣阻力,重力加速度g取10m/s2.(1)求小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大小;(2)求小球與物塊碰撞后的瞬間物塊速度的大小;(3)為使物塊能進(jìn)入圓弧軌道,且在上升階段不脫離小車,求物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的取值范圍.規(guī)范答題區(qū)自評(píng)項(xiàng)目(共100分)自評(píng)得分書寫工整無涂抹(20分)有必要的文字說明(20分)使用原始表達(dá)式、無代數(shù)過程(30分)有據(jù)①②得③等說明(10分)結(jié)果為數(shù)字的帶有單位,求矢量的有方向說明(20分)斜面上的板塊模型斜面上的板塊模型和水平面上的板塊模型分析方法如出一轍,通常以聯(lián)系力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)的關(guān)鍵量——加速度為突破口,由于板塊系統(tǒng)在斜面上運(yùn)動(dòng),因此在對(duì)木板和物塊進(jìn)行受力分析時(shí),注意木板和物塊重力沿斜面方向分力的存在.例2(多選)[2024·山東濟(jì)南模擬]如圖,一固定且足夠長的斜面MN與水平面的夾角為α=37°,斜面上有一質(zhì)量為3m、上表面光滑且下端有擋板P的長木板A沿斜面勻速向下運(yùn)動(dòng),速度大小v0=1m/s,現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小滑塊輕輕地放在長木板上,當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到擋板P時(shí)(與擋板碰前的瞬間),長木板的速度剛好減為零,之后小滑塊與擋板發(fā)生第1次碰撞,以后每隔一段時(shí)間,小滑塊就與擋板碰撞一次,小滑塊始終在長木板上運(yùn)動(dòng),已知小滑塊與擋板的碰撞為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,下列說法正確的是 ()A.小滑塊在長木板上下滑過程中,長木板的加速度大小為2m/s2B.小滑塊放在木板上的瞬間,其與P的距離為116C.小滑塊與擋板第1次碰撞后的瞬間,小滑塊的速度大小為1.5m/sD.小滑塊與擋板第2次碰撞后的瞬間,小滑塊的速度大小為1.5m/s【跟蹤訓(xùn)練】1.畫出對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)情境圖,可以讓我們對(duì)物理過程的體會(huì)更加直觀.如圖所示,光滑水平地面上有一靜止的足夠長的木板,一小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從左端以某一初速度v向右運(yùn)動(dòng).若固定木板,最終小鐵塊停在木板上的P點(diǎn).若不固定木板,最終小鐵塊也會(huì)相對(duì)木板停止滑動(dòng),這種情形下,小鐵塊剛相對(duì)木板停止滑動(dòng)時(shí)的狀態(tài)圖可能是圖中的()2.(多選)如圖所示,甲圖表示光滑平臺(tái)上,物體A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小車B上,車與水平面間的摩擦力不計(jì),乙圖為物體A與小車B的v-t圖像,由此可知 ()A.小車上表面長度B.物體A與小車B的質(zhì)量之比C.物體A與小車B上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)D.小車B獲得的動(dòng)能微專題2滑塊—木板模型綜合問題例1(12分)(1)6N(2)4m/s(3)0.25≤μ<0.4[解析](1)對(duì)小球擺動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中,由動(dòng)能定理有mgL=12mv02-0 解得v0=5m/s(1分)小球在最低點(diǎn)時(shí),由牛頓第二定律有FT-mg=mv02L 解得小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大小為FT=6N(1分)(2)小球與物塊碰撞過程中,由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mv0=mv1+Mv2 (1分)12mv02=12mv12+1解得小球與物塊碰撞后的瞬間,物塊速度的大小為v2=4m/s(1分)(3)若物塊恰好運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道的最低點(diǎn)時(shí)兩者共速,則對(duì)物塊與小車整體由水平方向上動(dòng)量守恒有Mv2=2Mv3由能量守恒定律有12Mv22=12×2Mv32+μ解得μ1=0.4 (1分)若物塊恰好運(yùn)動(dòng)到與圓弧圓心等高的位置時(shí)兩者共速,則對(duì)物塊與小車整體由水平方向上動(dòng)量守恒有Mv2=2Mv4由能量守恒定律有12Mv22=12×2Mv42+μ2Mgs解得μ2=0.25 (1分)綜上所述,物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的取值范圍為0.25≤μ<0.4 (1分)例2ACD[解析]開始長木板勻速下滑時(shí),由平衡條件可得3mgsinα=μ3mgcosα,代入數(shù)據(jù)解得μ=0.75,把小滑塊放上長木板后,對(duì)長木板,由牛頓第二定律可得μ·4mgcosα-3mgsinα=3ma,代入數(shù)據(jù)解得a=2m/s2,故A正確;長木板上表面光滑,碰撞前小滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng),長木板做勻減速直線運(yùn)動(dòng),小滑塊從放上長木板到與擋板相撞的時(shí)間為t=v0a=0.5s,小滑塊放上長木板的瞬間,其與P的距離為x0=12gsinα·t2-12v0t=0.5m,故B錯(cuò)誤;設(shè)小滑塊與擋板第一次碰撞前的速度為v,則v=gsinα·t=3m/s,滑塊與擋板碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒,取沿斜面向下為正方向,由動(dòng)量守恒定律可得mv=mv1+3mv2,由機(jī)械能守恒定律可得12mv2=12mv12+12·3mv22,聯(lián)立方程,代入數(shù)據(jù)解得v1=-1.5m/s,v2=1.5m/s,則小滑塊與擋板第1次碰撞后的瞬間,小滑塊的速度大小為1.5m/s,故C正確;碰撞后長木板速度再次減為零的時(shí)間為t'=v2a=0.75s,此時(shí)小滑塊的速度為v'=v1+gsinα·t'=3m/s,方向沿斜面向下,這個(gè)過程中小滑塊的位移為x=v1+v'2t'=916m,方向沿斜面向下,長木板的位移為x'=v22t'=916m,故x=x',二者發(fā)生第2【跟蹤訓(xùn)練】1.C[解析]如圖所示,當(dāng)木板固定時(shí),小鐵塊相對(duì)于地面滑行的距離為S△OAB,當(dāng)木板不固定時(shí),小鐵塊相對(duì)于地面滑行距離為S梯形OACE,木板相對(duì)于地面滑行的距離為S△OCE,小鐵塊相對(duì)于木板滑行的距離為S△OAC,由圖可以看出SΔOCE<S△OAC<S梯形OACE<S△OAB,故C正確.2.BC[解析]由圖像乙可知,A、B最終以共同速度v1勻速運(yùn)動(dòng),不能確定小車上表面長度,故A錯(cuò)誤;由動(dòng)量守恒定律得mAv0=(mA+mB)v1,故可以確定物體A與小車B的質(zhì)量之比,故B正確;由圖像可知物塊A相對(duì)小車B的位移為Δx=12v0t1,根據(jù)動(dòng)能定理得-μmAgΔx=12(mA+mB)v12-12mAv02,根據(jù)B項(xiàng)中求得的質(zhì)量關(guān)系,可以解出物體A與小車B上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù),故C正確;由于小車B的質(zhì)量無法求出,故不能確定小車1.[2024·山西太原模擬]如圖所示,光滑水平地面上并排放置著質(zhì)量分別為m1=1kg、m2=2kg的木板A、B,一質(zhì)量為M=2kg的滑塊C(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0=10m/s從A左端滑上木板,C滑離木板A時(shí)的速度大小為v1=7m/s,最終C與木板B相對(duì)靜止,則()A.木板B與滑塊C最終均靜止在水平地面上B.木板B的最大速度為5m/sC.木板A的最大速度為1m/sD.整個(gè)過程,A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少了57.5J2.(多選)[2024·河北唐山模擬]如圖所示,光滑水平面上放置滑塊A和左側(cè)固定輕質(zhì)豎直擋板的木板B,滑塊C置于B的最右端,三者質(zhì)量分別為mA=2kg、mB=3kg、mC=1kg.開始時(shí)B、C靜止,A以v0=7.5m/s的速度勻速向右運(yùn)動(dòng),A與B發(fā)生正碰(碰撞時(shí)間極短),經(jīng)過一段時(shí)間,B、C達(dá)到共同速度一起向右運(yùn)動(dòng),且此時(shí)C再次位于B的最右端.已知所有的碰撞均無機(jī)械能損失,木板B的長度為L=0.9m,B、C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,g取10m/s2,下列說法正確的是 ()A.A與B碰撞后瞬間,B的速度大小為5m/sB.A與B碰撞后瞬間,B的速度大小為6m/sC.C與B左側(cè)的擋板相撞后的一小段時(shí)間內(nèi),C對(duì)B的摩擦力的沖量方向水平向左D.μ=0.753.(多選)[2024·河南安陽模擬]如圖所示,質(zhì)量為M的長木板A靜止在光滑的水平面上,有一質(zhì)量為m的小滑塊B以初速度v0從左側(cè)滑上木板,且恰能滑離木板,滑塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.下列說法中正確的是 ()A.若只增大v0,則滑塊滑離木板過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量增加B.若只增大M,則滑塊滑離木板過程中木板所受到的沖量減少C.若只減小m,則滑塊滑離木板時(shí)木板獲得的速度減少D.若只減小μ,則滑塊滑離木板過程中滑塊對(duì)地的位移增大4.(多選)[2024·四川成都模擬]如圖所示,質(zhì)量為M=0.5kg的光滑木板靜止放在光滑水平面上,左側(cè)連接一個(gè)勁度系數(shù)為k=1N/m且足夠長的水平輕質(zhì)彈簧,右側(cè)用一根不可伸長的輕細(xì)線連接在豎直墻上,細(xì)線所能承受的最大拉力為FT=1N.現(xiàn)讓一個(gè)質(zhì)量為m=1kg、初速度為v0=2m/s的滑塊在木板上向左運(yùn)動(dòng),然后壓縮彈簧.以下說法正確的是 ()A.細(xì)線被拉斷前,木板、滑塊、彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.細(xì)線被拉斷時(shí),滑塊的加速度最大C.木板的最大加速度為22m/s2D.滑塊最后離開木板時(shí)相對(duì)地面的速度恰好為零5.(多選)[2024·湖北武漢模擬]如圖所示,左側(cè)帶有擋板的小車質(zhì)量為m1=2kg,擋板上固定一輕彈簧,彈簧水平且自由端恰好在小車O點(diǎn)正上方,且離小車右端的距離為L=1.0m,小車上表面O點(diǎn)左側(cè)光滑,小車靜止于光滑水平面上.質(zhì)量為m2=1kg的滑塊(可以看作質(zhì)點(diǎn))以水平速度v0=6m/s從右端滑上小車.已知滑塊與小車O點(diǎn)右側(cè)表面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.45,重力加速度g取10m/s2,整個(gè)過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi).下列說法中正確的是 ()A.滑塊相對(duì)小車向左滑行的過程中一直在減速B.滑塊相對(duì)小車向左滑行的過程中加速度大小先不變后變小C.此過程中彈簧的最大彈性勢(shì)能為Ep=6JD.滑塊離開小車后在空中做自由落體運(yùn)動(dòng)6.(多選)[2024·廣西南寧模擬]如圖甲所示,光滑水平面上放著長木板B,質(zhì)量為m=2kg的木塊A以速度v0=2m/s滑上原來靜止的長木板B的上表面,由于A、B之間存在有摩擦,之后,A、B的速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示,重力加速度g取10m/s2.下列說法正確的是 ()A.A、B之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1B.長木板的質(zhì)量為M=2kgC.長木板長度至少為2mD.A、B組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為4J7.[2024·吉林長春模擬]如圖所示,質(zhì)量為M的小車靜止在光滑水平面上,小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓軌道,BC段是光滑水平軌道,AB和BC兩段軌道相切于B點(diǎn),小車右端固定一個(gè)連接輕彈簧的擋板,開始時(shí)彈簧處于自由伸長狀態(tài),原長小于BC.一質(zhì)量為m=M3、可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止滑下,而后滑入水平軌道,重力加速度為g.下列說法正確的是 (A.滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為2B.滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)小車的速度大小為3C.彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能為MgRD.滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中,小車運(yùn)動(dòng)的位移大小為148.[2024·廣東珠海模擬]如圖,光滑水平面上靜置一質(zhì)量M=2kg的木板,木板右側(cè)某位置固定一半徑R=0.9m的光滑絕緣豎直半圓軌道,軌道下端與木板上表面齊平,虛線右側(cè)存在豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),質(zhì)量m1=1kg的物塊a以v0=3m/s的水平速度沖上木板左端,與木板的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1,到達(dá)木板右端時(shí)剛好與木板共速,之后物塊a與靜止在半圓軌道底端的物塊b(質(zhì)量m2=2kg、電荷量q=+0.04C)發(fā)生彈性正碰,碰后物塊b電荷量不變,長木板瞬間停止且不再運(yùn)動(dòng).已知物塊b在半圓軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中對(duì)軌道各點(diǎn)的壓力大小均相等.g取10m/s2,求:(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng);(2)長木板的長度;(3)定量計(jì)算說明物塊b離開半圓軌道后能否落回木板.9.[2024·甘肅卷]如圖所示,質(zhì)量為2kg的小球A(視為質(zhì)點(diǎn))在細(xì)繩O'P和OP作用下處于平衡狀態(tài),細(xì)繩O'P=OP=1.6m,與豎直方向的夾角均為60°.質(zhì)量為6kg的木板B靜止在光滑水平面上,質(zhì)量為2kg的物塊C靜止在B的左端.剪斷細(xì)繩O'P,小球A開始運(yùn)動(dòng).(重力加速度g取10m/s2)(1)求A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩OP所受的拉力.(2)A在最低點(diǎn)時(shí),細(xì)繩OP斷裂.A飛出后恰好與C左側(cè)碰撞(時(shí)間極短),碰后A豎直下落,C水平向右運(yùn)動(dòng).求碰后C的速度大小.(3)A、C碰后,C相對(duì)B滑行4m后與B共速.求C和B之間的動(dòng)摩擦因數(shù).微專題3力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合運(yùn)用時(shí)間|40min微專題2滑塊—木板模型綜合問題1.D[解析]設(shè)C剛滑到木板B上時(shí),B的速度為v2,由動(dòng)量守恒定律得Mv0=Mv1+(m1+m2)v2,得v2=2m/s,方向與C的初速度方向相同,以滑塊C與木板B為研究對(duì)象,設(shè)木板B的最終速度為v3,由動(dòng)量守恒定律得Mv1+m2v2=(M+m2)v3,得v3=4.5m/s,方向與C初速度方向相同,A、B、C錯(cuò)誤;整個(gè)過程中A、B、C組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE=12Mv02-12m1v22-12(M+m2.BD[解析]規(guī)定向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得mAv0=mAvA1+mBvB1,12mAv02=12mAvA12+12mBvB12,解得vB1=6m/s,故A錯(cuò)誤,B正確;C與B左側(cè)的擋板相撞后的一小段時(shí)間內(nèi),C的速度大于B的速度,C對(duì)B的摩擦力水平向右,此時(shí)C對(duì)B的摩擦力的沖量方向水平向右,故C錯(cuò)誤;由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得mBvB1=(mB+mC)v共,12mBvB12=12(mB+3.BC[解析]滑塊滑離木板過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于滑動(dòng)摩擦力與相對(duì)位移的乘積Q=FfΔx相=μmgΔx相,因?yàn)橄鄬?duì)位移沒變,所以產(chǎn)生熱量不變,故A錯(cuò)誤;由極限法,當(dāng)M很大時(shí),長木板運(yùn)動(dòng)的位移xM會(huì)很小,滑塊的位移等于xM+L很小,對(duì)滑塊根據(jù)動(dòng)能定理有-μmg(xM+L)=12mv12-12mv02,可知滑塊滑離木板時(shí)的速度v1很大,把長木板和小滑塊看成一個(gè)系統(tǒng),滿足動(dòng)量守恒定律mv0=mv1+Mv',可知長木板的動(dòng)量變化比較小,所以若只增大M,則滑塊滑離木板過程中木板所受到的沖量減少,故B正確;采用極限法,當(dāng)m很小時(shí),摩擦力也很小,滑塊的動(dòng)量變化很小,把長木板和滑塊看成一個(gè)系統(tǒng),滿足動(dòng)量守恒定律,那么長木板的動(dòng)量變化也很小,故C正確;當(dāng)μ很小時(shí),摩擦力也很小,長木板運(yùn)動(dòng)的位移xM會(huì)很小,滑塊的位移等于4.AC[解析]細(xì)線被拉斷前,木板、滑塊、彈簧組成的系統(tǒng)只有彈簧彈力做功,其他力不做功,故系統(tǒng)機(jī)械能守恒,故A正確;細(xì)線被拉斷時(shí),滑塊將繼續(xù)向左壓縮彈簧,當(dāng)滑塊與木板速度相等時(shí),彈簧被壓縮得最短,此時(shí)滑塊的加速度最大,故B錯(cuò)誤;細(xì)線被拉斷時(shí),設(shè)滑塊的速度大小為v1,此時(shí)彈簧被壓縮x1,當(dāng)滑塊與木板速度相等時(shí),設(shè)滑塊的速度大小為v2,且彈簧被壓縮x2,由能量守恒定律得12mv02=12mv12+12kx12=12(m+M)v22+12kx22,由胡克定律得kx1=FT,由動(dòng)量守恒定律得mv1=(m+M)v2,解得x2=2m,木板的最大加速度為a=kx2M=22m/s2,故C正確;滑塊最后離開木板時(shí),彈簧恢復(fù)原長,設(shè)此時(shí)滑塊速度為v3,木板速度為v4,由動(dòng)量守恒定律得mv0=mv3+Mv5.AD[解析]滑塊相對(duì)小車向左滑動(dòng)的過程中分兩個(gè)階段,一是在O點(diǎn)右側(cè)滑動(dòng)時(shí),滑塊受滑動(dòng)摩擦力作用而減速,二是在O點(diǎn)左側(cè)滑行時(shí)受彈簧彈力作用而減速,故A正確;當(dāng)滑塊在O點(diǎn)右側(cè)滑行時(shí),根據(jù)牛頓第二定律有μm2g=m2a1,而在O點(diǎn)左側(cè)滑行時(shí),根據(jù)牛頓第二定律有kx=m2a2,由上述分析過程可知,滑塊在O點(diǎn)右側(cè)時(shí),其加速度大小不變,當(dāng)?shù)竭_(dá)O點(diǎn)時(shí)其加速度大小突變?yōu)榱?在O點(diǎn)左側(cè)時(shí),其加速度大小逐漸變大,故B錯(cuò)誤;當(dāng)彈簧壓縮量最大時(shí)彈簧彈性勢(shì)能最大,此時(shí)滑塊與小車共速,此過程中由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有m2v0=(m1+m2)v,Ep+μm2gL=12m2v02-12(m1+m2)v2,解得Ep=7.5J,故C錯(cuò)誤;設(shè)當(dāng)滑塊離開小車時(shí)滑塊的速度為v1,小車的速度為v2,此過程中由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有m2v0=m2v1+m1v2,2μm2gL=12m2v02-12m2v12-126.AB[解析]從題圖乙可以看出,A先做勻減速運(yùn)動(dòng),B先做勻加速運(yùn)動(dòng),最后一起做勻速運(yùn)動(dòng),共同速度為v=1m/s,取向右為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0=(m+M)v,解得M=m=2kg,故B正確;由圖乙可知,木板B勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度為a=ΔvΔt=1m/s2,對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律得μmg=Ma,解得動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.1,故A正確;由圖乙可知前1s內(nèi)B的位移為xB=12×1×1m=0.5m,A的位移為xA=2+12×1m=1.5m,所以木板最小長度為L=xA-xB=1m,故C錯(cuò)誤;A、B組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE=12mv02-127.D[解析]從A滑到B,滑塊和小車組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,則由動(dòng)量守恒定律有mv1-Mv2=0,根據(jù)能量守