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专题10 碰撞与类碰撞模型
[模型导航]
【模型一】弹性碰撞模型 1
【模型二】非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型 2
【模型三】碰撞模型三原则 8
【模型四】小球—曲面模型 14
【模型五】小球—弹簧模型 17
【模型六】子弹打木块模型 21
【模型七】滑块木板模型 28
[模型分析]
【模型一】弹性碰撞模型
1． 弹性碰撞
发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有：
m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 (2)
联立（1）、（2）解得：
v1ˊ=，v2ˊ=.
特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 .
2． “动静相碰型”弹性碰撞的结论
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2
解得：v1′＝，v2′＝
结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换)
(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹)
(4)当m1 m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)
(5)当m1 m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)
（多选）如图所示，质量分别为m、2m的乙、丙两个小球并排放置在光滑的水平面上，质量为m的小球甲以速度v0（沿乙、丙的连线方向）向乙球运动，三个小球之间的碰撞均为弹性碰撞，下列说法正确的是（ ）
A．当三个小球间的碰撞都结束之后，乙处于静止状态
B．当三个小球间的碰撞都结束之后，小球丙的动量为
C．乙、丙在发生碰撞的过程中，丙对乙做的功为
D．乙、丙在发生碰撞的过程中，乙对丙的冲量的大小为
【解答】解：A．甲、乙第一次碰撞后互换速度，即甲速度变为零，乙速度变为v0，设乙、丙碰撞刚结束时速度分别为v乙、v丙
由弹性碰撞规律：动量守恒和动能守恒定律，以v0为正方向，则mv0＝mv乙+2mv丙
联立解得、
乙反弹后与甲再次发生碰撞，碰后二者交换速度，即甲速度变为，乙速度变为零，故A正确；
B．碰撞结束，小球丙动量等于
故B错误；
C．乙、丙发生碰撞过程，乙速度v0变成
由动能定理，丙对乙做功
故C错误；
D．乙、丙在发生碰撞过程中，丙速度由零变成
对丙由动量定理，乙对丙冲量大小
故D正确。
故选：AD。
（多选）如图为“子母球”表演的示意图，弹性小球A和B叠放在一起，从距地面高度为h处自由落下，h远大于两小球直径，小球B的质量是A质量的3倍。假设所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向，不考虑空气阻力，则下列判断正确的是（ ）
A．下落过程中两个小球之间没有力的作用
B．A与B第一次碰后小球B的速度为零
C．A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是2h
D．A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是4h
【解答】解：A、球B与地面碰撞前，对AB整体，由牛顿第二定律得：（mA+mB）g＝（mA+mB）a，解得a＝g。设下落过程中两个小球之间的弹力为T，对B球，由牛顿第二定律得mBg+T＝mBa，解得T＝0，故A正确；
B、根据机械能守恒定律可得：（mA+mB）gh（mA+mB），解得球A、B与地面碰撞前瞬间的速度大小为v0，
B球碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选A与B碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后A、B速度大小分别为vA、vB，
选向上方向为正方向，由动量守恒定律得：mBv0﹣mAv0＝mAvA+mBvB，
由机械能守恒定律得：（mA+mB）mAmB，
由题可知：mB＝3mA，
联立解得：vA＝2，vB＝0，故B正确；
CD、A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度为：H4h，故C错误、D正确。
故选：ABD。
如图所示，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为mA、mB。A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，第一次碰撞后A、B球能达到的最大高度均为，碰撞中无机械能损失，则（ ）
A．第一次碰撞后两球同向运动
B．运动过程中两球的总动量保持不变
C．在以后运动过程中A球可以回到初始位置
D．mA与mB可能相等
【解答】解：A、第一次碰撞后A、B球能达到的最大高度均为，碰撞中无机械能损失，则碰撞后二者速度大小相等、方向相反，故A错误；
B、碰撞过程中系统动量守恒，碰撞后沿轨道运动过程中动量不守恒，故B错误；
C、碰撞过程中系统的机械能守恒，则第二次碰撞后B的速度为零，A可以达到初始位置，故C正确；
D、根据A选项可知，碰撞后A方向相反，则A的质量一定小于B，故D错误。
故选：C。
如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为2：1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，则A、B两球的质量比为（ ）
A．1：2 B．2：1 C．3：1 D．4：1
【解答】解：设碰前B的速度为v0，B球碰撞前、后的速率之比为2：1，A与挡板碰后原速率返回，两球刚好不发生第二次碰撞，所以碰撞后A与B的速度方向相反，大小相等，选取向左为正方向，则碰后A的速度是，B的速度是，由动量守恒定律得：
mBv0＝mA v0+mB （v0）
解得A、B两球的质量比为mA：mB＝3：1，故C正确，ABD错误。
故选：C。
（多选）如图甲所示，两小球a、b在足够长的光滑水平面上发生正碰。小球a、b质量分别为m1和m2，且m1＝200g。取水平向右为正方向，两小球碰撞前后位移随时间变化的x﹣t图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．碰撞前球a做加速运动，球b做匀速运动
B．碰撞后球a做匀速运动，球b做匀速运动
C．碰撞前后两小球的机械能总量减小
D．碰撞前后两小球的机械能总量不变
【解答】解：AB．由图可知，碰撞前球a做匀速运动，球b静止；碰撞后球a做反向匀速运动，球b做正向匀速运动，故B正确，A错误；
CD．由图可知碰撞前a的速度4m/s，b静止；
碰撞后a的速度﹣2m/s，b的速度2m/s；
由动量守恒定律可知m1va＝m1va′+m2vb′
其中m1＝200g＝0.2kg，代入数据得
m2＝0.6kg
碰前机械能Ekm1va2，代入数据解得Ek＝1.6J
碰后机械能Ek′m1va′2m2vb′2，代入数据解得Ek′＝1.6J
碰撞前后两小球的机械能总量不变，故C错误，D正确；
故选：BD。
（多选）如下图所示，固定光滑曲面左侧与光滑水平面平滑连接，水平面依次放有100个质量均为2m的物块（所有物块在同一竖直平面内），质量为m的0号物块从曲面上高h处静止释放后沿曲面滑到水平面，以速度v0与1号物块发生碰撞，0号物块反弹后滑上曲面再原路返回，如此反复，假设所有碰撞都是弹性碰撞，则下列说法正确的是（ ）（所有物块均可视为质点，重力加速度为g）
A．100号物块最终动量为
B．0号物块第二次反弹后沿斜面上升的高度为
C．0号物块最终速度大小为
D．0号物块最后一次与1号物块碰撞后至再次返回水平面的过程，曲面对0号物块作用力的冲量大小为
【解答】解：选择向左的方向为正方向。
A、对0号物块，根据机械能守恒定律有，解得，0号物块与1号物块发生弹性正碰过程，由动量守恒和机械能守恒有mv0＝mv'0+2mv1，，解得，；
1～100号物块两个物体之间发生碰撞时交换速度，所以100号物块最终速度是0号物块与1号物块发生弹性正碰后1号物块的速度，所以100号物块的最终动量，故A错误；
B、0号物块第二次与1号物块发生碰撞时的速度大小为，碰后速度为：
根据机械能守恒可得：
解得：，故B正确；
C、最终碰撞结束时，0号物块的速度大小为，故C正确；
D、0号物块最后一次与1号物块碰撞后至再次返回水平面的过程，0号物块的动量变化量的大小为：
根据动量定理，曲面的作用力和重力的合力对小球的冲量大小为：
，故D错误。
故选：BC。
（2023 湖北）如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t＝0时刻，一带正电粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求
（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小。
（2）粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小。
（3）时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）
【解答】解：（1）根据带电微粒从P点射入磁场，能到达点O，根据几何关系确定轨道半径为a，由洛伦兹力提供向心力得：Bqv＝m
解得：v
（2）粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动两个圆周，可知甲的周期是乙的周期的2倍，即T甲＝2T乙
根据带电粒子在磁场中运动的的周期公式得：，
解得：m乙
第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰，碰前在O点甲的速度沿y轴负方向，为﹣v，碰后为3v，设碰前在O点乙的速度为v1，碰后为v2，根据动量守恒定律得：m（﹣v）m 3v
所有碰撞均为弹性正碰，再根据机械能守恒得：
联立解得：
第一次碰撞前粒子乙的速度为v1＝5v，方向指向y轴正方向；
第一次碰撞后粒子乙的速度为v2＝﹣3v，方向指向y轴负方向；
（3）0时刻开始，设第二次弹性正碰后，粒子甲的速度为v3，粒子乙的速度为v4，根据动量守恒定律得：m 3vmv3
所有碰撞均为弹性正碰，再根据机械能守恒得：
联立解得：v3＝﹣v，粒子乙的速度为v4＝5v
因为第二次碰后两种粒子速度等于第一次碰前的速度，可知，粒子甲经过第奇数次碰撞后速度变为3v，经过第偶数次碰撞后速度变为﹣v，粒子乙经过第奇数次碰撞后速度变为﹣3v，经过第偶数次碰撞后速度变为5v；
根据题意，从第一次碰撞开始，甲粒子完成一个周期、乙粒子完成两个周期两种粒子在磁场中就在O点碰撞一次；
从t＝0时刻开始，由于第一次碰撞是甲运动了半个周期发生的，到时刻，粒子甲完成了9次碰撞又运动了半个周期，乙完成了9次碰撞又运动了一个周期，因此在第9次碰后，甲粒子速度为3v，粒子乙的速度为﹣3v，根据洛伦兹力提供向心力可知，甲经过奇数次碰撞后轨道半径变为
根据左手定则判断第9次碰后经过粒子甲运动的半个周期，运动到x轴负方向，所以到时刻粒子甲的坐标为（﹣6a，0）；
由于粒子乙碰后完成了粒子乙运动的一个周期，坐标为（0，0）；
根据洛伦兹力提供向心力可知，乙经过奇数次碰撞后轨道半径变为
经过偶数次碰撞后轨道半径变为
从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动了9个轨道半径为1.5a的圆周以及8个轨道半径变为2.5a的圆周；从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程为l＝9×2π×1.5a+8×2π×2.5a＝67πa。
【模型二】非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型
1.非弹性碰撞
介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。
根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得： m1v12+ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2)
2． 完全非弹性碰撞
碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：
m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1）
完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：
ΔEk= m1v12+ m2v22- (m1+m2)v共2. （2）
联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk=
A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图线，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图线，若A球质量是m＝2kg，则由图像判断下列结论正确的是（ ）
A．碰撞前、后A球的动量变化量为6kg m/s
B．碰撞时A球对B球的冲量为﹣6N s
C．A、B两球碰撞前的总动量为3kg m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J
【解答】解：A、根据x﹣t图像的斜率表示物体的速度，由图可得，碰撞前A球的速度vAm/s＝﹣3m/s，B球的速度vBm/s＝2m/s。碰撞后两球的共同速度vm/s＝﹣1m/s，则碰撞前、后A球的动量变化量为ΔpA＝mv﹣mvA＝2×（﹣1）kg m/s﹣2×（﹣3）kg m/s＝4kg m/s，故A错误；
B、根据动量守恒定律得：ΔpA+ΔpB＝0，则碰撞前、后B球的动量变化量为ΔpB＝﹣4kg m/s。对B球，由动量定理得A球对B球的冲量：IB＝ΔpB＝﹣4N s，故B错误；
C、设B球的质量为mB。两球碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前B球的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvA+mBvB＝（m+mB）v，代入数据解得：mBkg。A、B两球碰撞前的总动量为p＝mvA+mBvB＝2×（﹣3）kg m/s2kg m/skg m/s，故C错误；
D、两球碰撞过程，对系统，由能量守恒定律得：mvA2mBvB2（m+mB）v2+ΔE，代入数据解得系统损失的机械能：ΔE＝10J，故D正确。
故选：D。
（多选）如图所示两个小球A、B，在光滑水平面上沿同一直线同向做匀速直线运动，已知它们的质量分别为mA＝2kg，mB＝4kg，A球的速度是5m/s，B球的速度是2m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为（ ）
A．vA′＝1m/s，vB′＝4m/s
B．vA′＝4 m/s，vB′＝2.5 m/s
C．vA′＝3m/s，vB′＝3 m/s
D．vA′＝﹣1m/s，vB′＝5 m/s
【解答】解：碰撞前系统的总动能为：Ek0，代入数据解得：Ek0＝33J。
B、如果二者同向运动，A的速度不可能大于B，故B错误；
A、若vA′＝1m/s，vB′＝4m/s，碰撞后的动能大小为：Ek，代入数据解得：Ek＝33J，动能不增加，且碰撞前后动量守恒，故A正确；
C、若vA′＝3m/s，vB′＝3m/s，碰撞后的动能大小为：Ek，代入数据解得：Ek＝27J，动能不增加，且碰撞前后动量守恒，故C正确；
D、若vA′＝﹣1m/s，vB′＝5 m/s，碰撞后的动能大小为：Ek，代入数据解得：Ek＝51J，动能增加，故D错误。
故选：AC。
（多选）如图所示，两个大小相同的小球A、B用等长的细线悬挂于O点，线长为L，mA＝2mB，若将A由图示位置静止释放，在最低点与B球相碰，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．A下落到最低点的速度是
B．若A与B发生完全非弹性碰撞，则第一次碰后A上升的最大高度是L
C．若A与B发生完全非弹性碰撞，则第一次碰时损失的机械能为mBgL
D．若A与B发生弹性碰撞，则第一次碰后A上升的最大高度是
【解答】解：A、A球到达最低点过程中，由动能定理得：mAgL（1﹣cos60°），解得：vA，故A正确；
BC、若A与B发生完全非弹性碰撞，设共同达到的速度v，取向右为正方向，由动量守恒定律可得：mAvA＝（mA+mB）v，解得：v；
设第一次碰后A上升的最大高度为h，则对A由动能定理得：mAghmAv2，解得：hL；
碰撞过程中损失的机械能为：△EmAvA2（mA+mB）v2mBgL，B正确，C错误；
D、若A与B发生弹性碰撞，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：mAvA＝mAv1+mBv2，
根据能量守恒有：mAvA2mAv12mBv22，
联立解得：v1，
设第一次碰后A上升的最大高度为h′，对A由动能定理得：mAgh′mAv12，解得：h′L，故D正确。
故选：ABD。
甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则（ ）
A．碰撞前甲的动量大小为1kg m/s
B．碰撞后乙的动量大小为6kg m/s
C．碰撞前后，甲的动量变化量大小为6kg m/s
D．碰撞过程，两物块损失的机械能为6J
【解答】解：令甲的质量为m，乙的质量为M，碰撞前甲、乙的速度分别为v1和v2，碰撞后甲、乙的速度分别为v3和v4。
A、由图知，碰撞前，甲的速度 v1＝5.0m/s，甲的动量大小为 p1＝mv1＝1×5kg m/s＝5kg m/s，故A错误；
B、碰撞过程中系统的动量守恒，取碰撞前甲的速度方向为正方向，则 mv1+Mv2＝mv3+Mv4，
即1×5.0+M×1.0＝1×（﹣1.0）+M×2.0，解得 M＝6kg
碰撞后乙的动量大小为 p4＝Mv4＝6×2kg m/s＝12kg m/s，故B错误；
C、碰撞后，甲的速度 v3＝﹣1.0m/s，甲的动量大小为 p3＝mv3＝1×（﹣1）kg m/s＝﹣1kg m/s，则碰撞前后，甲的动量变化量为△p甲＝p3﹣p1＝﹣1kg m/s﹣5kg m/s＝﹣6kg m/s，故碰撞前后，甲的动量减小了6kg m/s，故C正确；
D、碰撞过程两物块损失的机械能△E＝（mv12Mv22）﹣（mv32Mv42），代入数据解得△E＝3J，故D错误。
故选：C。
（多选）如图所示，A、B是放在粗糙水平面上质量相等的两个小物块，与地面间的动摩擦因数均为 ，小物块A以速度v0与静止的小物块B发生正碰，重力加速度为g，碰后小物块B在水平面上滑行的距离可能为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：假如两物块发生的是完全非弹性碰撞，碰后的共同速度为v1，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（m+m）v
解得：
滑行的加速度：aμg
碰撞后滑行的距离：
假如两物块发生的是弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰后A、B的速度分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝mvA+mvB，
由机械能守恒定律得：
解得：vB＝v0
碰撞后滑行的距离：
所以，碰后B的滑行距离为：，故AB正确，CD错误。
故选：AB。
如图所示，A、B是两个完全相同的小球，用较长的细线将它们悬挂起来，调整细线的长度和悬点的位置，使两个小球静止时重心在同一水平线上，且恰好没有接触。现将小球A拉起至细线与竖直方向夹角为θ＝60°的位置，使其由静止释放，小球A运动至最低点与静止的小球B相碰，碰后两球粘在一起运动。已知细线的长度为L，每个小球的质量均为m，重力加速度为g，忽略小球半径和空气阻力，求：
（1）A球运动至最低点时的速度大小v；
（2）碰后两球能够上升的最大高度△h；
（3）碰撞过程中损失的机械能△E。
【解答】解：（1）小球A下落到最低点的过程中，根据动能定理可得：
解得v
（2）两球碰撞过程满足动量守恒定律mv＝2mv′
解得：
碰后两球一起运动，根据动能定理可知：
解得：
（3）碰撞过程中根据能量守恒可知：
解得
答：（1）A球运动至最低点时的速度大小v为；
（2）碰后两球能够上升的最大高度△h为；
（3）碰撞过程中损失的机械能△E为。
【模型三】碰撞模型三原则
(1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
(3)速度要合理
①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
【其它方法①】临界法
弹性碰撞没有动能损失，完全非弹性碰撞动能损失最多，计算出这两种情况下的临界速度，那么其他碰撞应该介于二者之间。
两球A、B在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（ ）
A．v′A＝5m/s，v′B＝2.5m/s B．v′A＝2m/s，v′B＝4m/s
C．v′A＝﹣4m/s，v′B＝3m/s D．v′A＝﹣2m/s，v′B＝6m/s
【解答】解：A、考虑实际运动情况，碰撞后两球同向运动，A球速度应不大于B球的速度，故A错误；
B、两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量应守恒。
碰撞前，总动量为：p＝pA+pB＝mAvA+mBvB＝（1×6+2×2）kg m/s＝10kg m/s，
总动能：EkmAvA2mBvB21×62J2×22J＝22J
碰撞后，总动量为：p′＝pA′+pB′＝mAvA′+mBvB′＝1×2+2×4＝10kg m/s；
总动能：Ek′mAvA′2mBvB′21×22J2×42J＝18J
则p′＝p，符合动量守恒定律、且碰撞后动能不增加，故B正确；
C、碰撞后，总动量为：p′＝pA′+pB′＝mAvA′+mBvB′＝1×（﹣4）kg m/s+2×3kg m/s＝2kg m/s；不符合动量守恒定律，故C错误。
D、碰撞后，总动量为：p′＝pA′+pB′＝mAvA′+mBvB′＝1×（﹣2）kg m/s+2×6kg m/s＝10kg m/s，则知，p′＝p，符合动量守恒定律。
总动能：Ek′mAvA′2mBvB′21×（﹣2）2J2×62J＝38J，则知Ek′＞Ek，不符合能量守恒定律，故D错误。
故选：B。
（多选）如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量分别为mA＝1kg，mB＝2kg，规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6kg m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A球动量变化量﹣4kg m/s，则（ ）
A．左方是A球
B．B球动量的变化量为4kg m/s
C．碰撞后A、B两球速度大小之比为5：2
D．经过验证两球发生的碰撞是弹性碰撞
【解答】解：A、由题意知AB两球初状态均向右方运动，vA＝6m/s，vB＝3m/s，故左方是A球，故A正确；
B、光滑水平面上大小相同A、B 两球在发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得：△PA＝﹣△PB，所以△PB＝4kg m/s，故B正确；
C、碰后A球的动量为2kg m/s，所以碰后B球的动量是增加的，为10kg m/s。由于两球质量关系为mB＝2mA
那么碰撞后A、B两球速度大小之比2：5，故C错误。
D、碰撞前系统的总动能为 Ek27J．同理碰撞后系统的总动能为 Ek′＝27J，可知碰撞过程中系统的动能守恒，所以两球发生的碰撞是弹性碰撞。故D正确。
故选：ABD。
如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为2mA＝mB，规定水平向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6kg m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为﹣4kg m/s。则（ ）
A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5
B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：10
C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：1
【解答】解：规定水平向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6kg m/s，可知A、B两球均向右运动，并且A的质量较小，速度较大，A向右运动碰撞B，故左方是A球。
A向右运动碰撞B的过程，由动量守恒定律可得：
ΔpA＝﹣ΔpB＝﹣4kg m/s
已知2mA＝mB，设A的质量为m，则B的质量为2m，碰撞前A的速度为v，则有：
2mv＝6kg m/s，即：mv＝3kg m/s
碰后A球的动量为：mvA＝（6﹣4）kg m/s＝2kg m/s，对比可得：vA
碰后B球的动量增加了4kg m/s，则有：2mvB＝（6+4）kg m/s＝10kg m/s，对比可得：vB
可得碰撞后A、B两球速度大小之比为：vA：vB＝2：5。
故选：A。
（多选）甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p1＝5kg m/s，p2＝7kg m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kg m/s，则二球质量m1和m2间的关系可能是下列的（ ）
A．m1＝m2 B．3m1＝m2 C．4m1＝m2 D．6m1＝m2
【解答】解：根据动量守恒定律得：p1+p2＝p1′+p2′
解得：p1′＝2kg m/s。
碰撞过程系统的总动能不增加，则有：
代入数据解得：。
碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有：
代入数据解得：。
综上有，故BC正确，AD错误。
故选：BC。
【模型四】小球—曲面模型
(1)小球上升至最高点时，小球的重力势能最大
水平方向动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v
能量守恒：m1v02＝(m1＋m2)v2＋m1gh
(相当于完全非弹性碰撞)
(2)小球返回曲面底端时
动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22
(相当于弹性碰撞)
如图所示，在水平地面上固定有四分之一圆弧滑块，圆弧半径为R，一质量为m的小球，以水平速度v0自滑块的左端A处滑上滑块，小球经过圆弧上端B到达最高点为C.不计空气阻力，重力加速度大小为g，则小球从A到C的位移大小为（ ）
A．R B．2R
C． D．
【解答】解：设小球上升到最大高度为h，取轨道最低点所在的水平面为零势能面，根据机械能守恒定律可得：
mgh
解得：h
小球从A到C的位移大小为：x
解得：x，故C正确、ABD错误。
故选：C。
如图所示，在光滑的水平地面上有一静止的质量为M的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧的半径为R，最低点处刚好与水平地面相切。一质量为m的小球以一定的初速度沿水平地面向右运动，不计小球冲上圆弧滑块过程中的机械能损失。如果圆弧滑块固定，则小球恰能冲到圆弧面上与圆心等高处；如果圆弧滑块不固定，则小球在圆弧面上能到达的最大高度为。则小球与滑块质量之比m：M为（ ）
A．1：2 B．1：3 C．2：1 D．3：1
【解答】解：滑块静止时，对小球，由机械能守恒定律得：mgR
滑块不固定时，小球与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，
小球到达最高点时小球与滑块的速度相等，设为v，以向右为正方向，
在水平方向，由动量守恒定律得：mv0＝（m+M）v
由机械能守恒定律得：mg
解得：m：M＝2：1，故C正确，ABD错误。
故选：C。
如图所示，一质量为m、半径为R的不固定的四分之一光滑圆弧槽，放在光滑的水平面上，有一质量也为m的小球由槽顶端A静止释放，在其下滑至槽末端B的过程中，下列说法正确的是（已知重力加速度为g，空气阻力忽略不计）（ ）
A．小球的机械能守恒
B．小球和槽组成的系统动量守恒
C．小球滑离B点后将做自由落体运动
D．若圆弧槽固定，小球滑到B点时的速度与不固定时滑到B点的速度大小之比为
【解答】解：A、圆弧槽不固定，小球下滑的过程中，圆弧槽向右移动，小球受到的支持力做负功，故小球的机械能不守恒，故A错误；
B、小球有竖直方向的分加速度，系统竖直方向的合外力不为零，而系统水平方向不受外力，所以系统的合外力不为零，则小球和圆弧槽组成的系统动量不守恒，系统水平方向动量守恒，故B错误；
C、圆弧槽不固定时，设小球滑到B点时的速度大小为v1，圆弧槽速度大小为v2。
在小球下滑的过程，取水平向右为正方向，由系统水平方向动量守恒得
mv1﹣mv2＝0
根据系统机械能守恒有mgRmv12mv22
联立解得小球滑到B点时的速度为v1。小球离开B点后只受重力且有水平速度，做平抛运动，故C错误；
D、若圆弧槽固定，小球滑至B点时的速度满足，得vB，故圆弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B点时的速度之比为vB：v1，故D正确。
故选：D。
如图所示，在水平面上静置一质量M＝450g的滑块，滑块上表面是一个半径R＝0.2m的四分之一圆弧，圆弧最低点A与水平地面相切。现给质量m＝50g的小球一个大小v0＝4m/s的水平初速度，小球经B点离开滑块时，随即撤去滑块。小球于C点第一次着地，小球每次与地面碰撞前后，水平速度保持不变，竖直速度大小减半，方向反向。A点始终与地面接触，忽略小球通过各轨道连接处的能量损失，不计一切摩擦和空气阻力，求：
（1）小球刚运动到滑块最低点A时，对滑块的压力；
（2）小球离开滑块后所能到达的最大高度；
（3）要使小球能水平进入接收器最低点P，P与C间的最小距离为多大。
【解答】解：M＝450g＝0.45kg；m＝50g＝0.05kg
（1）小球刚运动到滑块最低点A时，对小球受力分析，根据牛顿第二定律可得：
解得：FN＝4.5N
由牛顿第三定律可知，小球对滑块的压力FN′＝FN＝4.5N，方向竖直向下
（2）小球滑上滑块到运动至最高点的过程中，小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒，设小球运动到最高点h时，滑块和小球水平方向的速度大小相等，设为v共，选择水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得：
mv0＝（M+m）v共
联立解得：h＝0.72m
（3）设小球第一次着地前瞬间，竖直方向的速度大小设为vy1，初次着地后经t时间，小球与地面发生第n+1次碰撞时与C点的距离为x，则根据运动学公式可得：
x＝v共t
解得：
当n→∞时
此时
即要使小球能水平进入接收器最低点P，P与C间的最小距离为。
答：（1）小球刚运动到滑块最低点A时，对滑块的压力为4.5N，方向竖直向下；
（2）小球离开滑块后所能到达的最大高度为0.72m；
（3）要使小球能水平进入接收器最低点P，P与C间的最小距离为。
【模型五】小球—弹簧模型
(1)两小球速度相同时，弹簧最短，弹性势能最大
动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v
能量守恒：m1v02＝(m1＋m2)v2＋Epm
(相当于完全非弹性碰撞)
(2)弹簧恢复原长时：
动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22
(相当于完全弹性碰撞)
（多选）如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使m1瞬间获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（ ）
A．在t2、t4时刻弹簧处于原长状态
B．t3时刻两物体达到共速，弹簧被压缩到最短
C．两物块的质量之比为m1：m2＝2：1
D．在t2时刻两物块的动能大小之比为Ek1：Ek2＝1：8
【解答】解：AB．图乙可知，t1时刻二者速度相同，弹簧被压缩至最短，系统动能最小，弹性势能最大，然后弹簧逐渐恢复原长，t2时刻，弹簧恢复原长状态，此时两物块速度相反，弹簧的长度逐渐增大，t3时刻，两物块速度相等，弹簧最长，系统动能最小，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故A正确，B错误；
C．系统动量守恒，从t＝0开始到t1时刻，以v1为正方向，根据动量守恒定律有m1v1＝（m1+m2）v2，其中根据v﹣t图像，v1＝3m/s，v2＝1m/s
解得m1：m2＝1：2
故C错误；
D．在t2时刻，根据v﹣t图像，m1和m2的速度大小分别为v1'＝1m/s，v2'＝2m/s
又有m1：m2＝1：2
则动能大小之比为Ek1：Ek2＝1：8
故D正确。
故选：AD。
（多选）如图甲所示，质量为m的物块A与竖直放置的轻弹簧上端连接，弹簧下端固定在地面上。t＝0时，物块A处于静止状态，物块B从A正上方一定高度处自由落下，与A发生碰撞后一起向下运动（碰撞时间极短，且未粘连），到达最低点后又向上运动。已知B运动的v﹣t图像如图乙所示，其中0～t1的图线为直线，不计空气阻力，则（ ）
A．物块B的质量为m
B．t＝t2时，弹簧的弹性势能最大
C．时，B速度为零
D．时，A、B开始分离
【解答】解：A．碰撞时间极短，碰撞过程满足动量守恒，以v1为正方向，根据动量守恒定律则有
解得
mB＝m
故A正确；
B．当vB为零时，弹簧压缩量最短，弹簧弹性势能最大，故B错误；
C．B与A一起运动是简谐振动，图乙中B物体速度—时间图线为正余弦函数关系，设振动周期为T，则
解得
则有
故B速度为零时刻为
解得
故C正确；
D．根据
可得
B的速度
故A、B刚好回到碰撞时的位置，弹簧仍处于压缩状态，A、B并未分离，故D错误。
故选：AC。
如图，质量均为m＝1kg的物块A、B用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，B与竖直墙面紧靠。另一个质量为2m的物块C以某一初速度向A运动，C与A碰撞后粘在一起不再分开，它们共同向右运动并压缩弹簧，弹簧储存的最大弹性势能为6.0J。最后弹簧又弹开，A、B、C一边振动一边向左运动，那么（ ）
A．从C触到A，到B离开墙面这一过程，系统的动量不守恒，而机械能守恒
B．B离开墙面以后的运动过程中，B的最大速度为3m/s
C．C的初动能为8.0J
D．B离开墙面后，弹簧的最大弹性势能为1.2J
【解答】解：A、从C触到A，到B离开墙面这一过程，C与A碰撞后粘在一起不再分开，是非弹性碰撞，机械能有损失，系统的机械能不守恒。C、A共同向右运动并压缩弹簧过程中，B受到墙面的作用力，系统的动量不守恒，故A错误。
BC、设C的初速度为v0．初动能为Ek0。对C与A碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得 2mv0＝（2m+m）v1。
物块C和A向右压缩弹簧的过程，由机械能守恒得（2m+m）v12＝Epm。
据题得：Epm＝6.0J
则C的初动能为：Ek0 2mv02。
联立解得：v0＝3m/s，v1＝2m/s，Ek0＝9J
当B刚离开墙壁时C、A的速度大小等于v1，方向向左，当弹簧第一次恢复原长时B的速度最大。
取向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：
3mv1＝3mvCA+mvB
3mv12 3mvCA2mvB2
联立解得B的最大速度为：vB＝3m/s，故B正确，C错误。
D、当B离开墙面后，三个物体的速度相同时弹簧的弹性势能最大。
取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：
3mv1＝（3m+m）v
3mv12 （3m+m）v2+Epm′
联立解得B离开墙面后弹簧的最大弹性势能为：Epm′＝1.5J，故D错误。
故选：B。
如图甲所示，在光滑水平面上的轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x；现让该弹簧一端连接另一质量为m的物体B（如图乙所示），静止在光滑水平面上。物体A以2v0的速度向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x。已知整个过程弹簧处于弹性限度内，则（ ）
A．物体A的质量为2m
B．物体A的质量为6m
C．弹簧压缩量为最大值x时的弹性势能为
D．弹簧重新恢复原长时，物体B的动量大小为
【解答】解：AB．图甲中，根据能量转化与守恒得：
图乙中，最大压缩量相同，此时弹性势能等于图甲中弹性势能，两物体速度相等，对图乙中AB物体有
以v0为正方向，由动量守恒定律得：
mA 2v0＝（mA+m）v
由能量守恒定律得：
解得：mA＝3m，故AB错误；
C．根据AB选项解得：
，故C正确；
D．A、B组成的系统动量守恒，设弹簧重新恢复原长时A的速度大小为vA，B的速度大小为vB，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mA 2v0＝mAvA+mvB
由机械能守恒定律得：
解得：vA＝v0，vB＝3v0，
物体B的动量大小pB＝3mv0，故D错误。
故选：C。
如图所示，在一端固定于地面的竖直弹簧上端，固定一质量为m的木板后木板在B处静止，已知此时弹簧的压缩量为x0，现从弹簧原长A处由静止释放一质量也为m的粘性物体，落到木板B上后一起随木板向下运动，已知弹簧的弹性势能（x为弹簧的形变量、k为劲度系数），下列说法正确的是（ ）
A．在粘性物体落到木板上之前，弹簧的弹性势能为
B．粘性物体落到木板上后，两物体最低可运动至距A点2x0处
C．粘性物体落到木板上后，两物体最高可运动至距A点处
D．从粘性物体开始运动，整个过程中，系统的机械能保持不变
【解答】解：A、初始时，木板处于静止状态，设弹簧压缩量为x0，由平衡条件得：mg＝kx0
由公式可得，在粘性物体落到木板上之前，弹簧的弹性势能为Ek x0，故A正确；
BC、粘性物体落到木板上之前做自由落体运动，由机械能守恒定律有
粘性物体与木板发生完全非弹性碰撞，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律有mv0＝2mv1
联立解得
此后系统机械能守恒，设弹簧形变量为x2时，两物体的速度为零，即处于最低点或最高点，由机械能守恒有
又有mg＝kx0
联立解得
即两物体最低可运动至距A点处，两物体最高可运动至距A点处，故BC错误；
D、粘性物体与木板发生完全非弹性碰撞，系统机械能不守恒，所以整个过程中，系统的机械能不守恒，故D错误。
故选：A。
【模型六】子弹打木块模型
子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。
设质量为的子弹以初速度射向静止在光滑水平面上的质量为的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。
要点诠释：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。
从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：……①
从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为，设子弹、木块的位移大小分别为、，如图所示，显然有
对子弹用动能定理： ……②
对木块用动能定理： ……③
②相减得： ……④
对子弹用动量定理： ……⑤
对木块用动量定理： ……⑥
点评：这个式子的物理意义是：恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）。
由上式不难求得平均阻力的大小：
至于木块前进的距离，可以由以上②、③相比得出：
从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：
一般情况下，所以s2<当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是（这里的为木块的厚度），但由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不能再用④式计算的大小。
质量为m的子弹以某一初速度v0击中静止在粗糙水平地面上质量为M的木块，并陷入木块一定深度后与木块相对静止，甲、乙两图表示这一过程开始和结束时子弹和木块可能的相对位置，设地面粗糙程度均匀，木块对子弹的阻力大小恒定，下列说法正确的是（ ）
A．若M较大，可能是甲图所示情形；若M较小，可能是乙图所示情形
B．若v0较小，可能是甲图所示情形；若v0较大，可能是乙图所示情形
C．地面较光滑，可能是甲图所示情形；地面较粗糙，可能是乙图所示情形
D．无论m、M、v0的大小和地面粗糙程度如何，都只可能是甲图所示的情形
【解答】解：子弹射入木块的瞬间系统内力远大于系统所受的外力，可以近似认为系统的动量守恒，设子弹和木块的共同速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（M+m）v，解得：v
设子弹从开始射入到与木块相对静止的过程木块的位移为x，对木块，根据动能定理得：fxMv2，
联立解得：x
子弹射入木块瞬间，产生的热量为：fd
解得子弹相对木块的位移为：d
则1，即x＜d，所以，无论m、M、v0的大小如何，都只可能是甲图所示的情形，故D正确，ABC错误。
故选：D。
如图所示，A点距水平地面高度为h，木块M处于静止状态，某时刻释放M，木块做自由落体运动，空中运动总时间为t1．若一子弹m以水平速度v射向木块并嵌在木块中，若在A点释放同时射入木块空中运动总时间为t2，若在木块落至h一半的B点时射入木块空中运动总时间为t3，设：木块与子弹作用时间极短，空气阻力不计，则（ ）
A．t1＝t2＝t3 B．t1＝t2＜t3 C．t1＜t2＝t3 D．t1＞t2＞t3
【解答】解：将M由静止开始下落，则M做自由落体运动；当M刚开始下落时子弹射入，则二者以某一共同的水平初速度做平抛运动，竖直方向仍为自由落体运动，即t1＝t2；
若在木块落至h一半的B点时子弹射入木块，水平方向动量守恒，即A会获得水平方向的分速度，而子弹此时竖直方向速度为零，根据竖直方向动量守恒知，子弹射入木块后竖直方向速度减小，运动时间变长，则有t1＝t2＜t3，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（多选）如图所示，长为L、质量为M的木块静止在光滑水平面上。质量为m的子弹以水平速度v0射入木块并从中射出。已知从子弹射入到射出木块的时间内木块移动的距离为s，子弹穿过木块后子弹和木块的速度分别为v1和v2，设子弹穿过木块的过程子弹所受阻力恒定，则下列说法正确的是（ ）
A．木块移动的距离s一定小于木块长度L
B．木块质量M越大，木块速度v2越大
C．木块质量M越大，子弹射出速度v1越大
D．子弹的初速度v0越大，木块位移s越小，该过程产生的热量越少
【解答】解：A、因穿透过程子弹所受阻力f恒定，子弹加速度a1，木块的加速度a2，画出子弹和木块的v﹣t图像，由图1可知L一定大于s，故A正确；
BC、若木块的质量M越大，a2越小，由图2可知，穿透时间变短，子弹射出速度v1越大，木块速度v2越小，故B错误、C正确；
D、子弹的初速度v0越大，由图3可知木块位移s越小，但系统产生的热量为fL，保持不变，故D错误。
故选：AC。
【模型七】滑块木板模型
示意图 木板初速度为零 木板有初速度，板块反向
v-t图
如图所示，将小滑块A放在长为L的长木板B上，A与B间的动摩擦因数为μ，长木板B放在光滑的水平面上，A与B的质量之比为1：4，A距B的右端为。现给长木板B一个水平向右初速度，小滑块A恰好从长木板B上滑下；若给A一个水平向右初速度v，要使A能从B上滑下，则v至少为（ ）
A．5m/s B．10m/s C．15m/s D．20m/s
【解答】解：A与B的质量之比为1：4，设A的质量为m，则B的质量为4m
小滑块A恰好从长木板B上滑下，A、B的速度相等
A、B组成的系统动量守恒，以向右为正方向
由动量守恒定律得：4mv0＝（m+4m）v1，mv＝（m+4m）v2
由能量守恒定律得：μmg×（LL），μmgL
代入数据解得：v＝10m/s，则要使A能从B上滑下v至少为10m/s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
物理兴趣小组设置了一个挑战游戏。如图所示，半径为R＝2.0m光滑圆弧形轨道末端水平且与放置在水平台上质量为m1＝0.2kg的“」形”薄滑板平滑相接，滑板左端A处放置质量为m2＝0.3kg的滑块，水平台上的P处有一个站立的玩具小熊。在某次挑战中，挑战者将质量为m0＝0.3kg的小球从轨道上距平台高度1.8m处静止释放，与滑块发生正碰。若滑板恰好不碰到玩具小熊则挑战成功。已知A、P间距s＝2.9m。滑板长度L＝1.1m，滑板与平台间的动摩擦因数μ1＝0.3，滑块与滑板间的动摩擦因数μ2＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。小球、滑块和玩具小熊均视为质点，题中涉及的碰撞均为弹性正碰，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8。求：
（1）小球到达轨道最低点时对轨道的压力；
（2）小球与滑块碰后瞬间的速度；
（3）试通过计算判定此次挑战是否成功。
【解答】解：（1）根据题意可知，小球从静止释放到A点过程中，由动能定理有
解得
v0＝6m/s
小球在A点，由牛顿第二定律有
解得FN＝8.4N
由牛顿第三定律可得，小球到达轨道最低点时对轨道的压力大小为8.4N，方向竖直向下。
（2）根据题意可知，小球与滑块碰撞过程中，系统水平方向动量守恒，能量守恒，取水平向右为正方向，则有
m0v＝m0v1+m2v2
联立解得
v1＝0，v2＝6m/s
（3）根据题意可知，滑块以速度v2滑上滑板，滑板所受平台的最大静摩擦力为
f1＝μ1（m1+m2）g＝0.3×（0.2+0.3）×10N＝1.5N
滑板受滑块的滑动摩擦力为
f2＝μ2m2g＝0.5×0.3×10N＝1.5N
可知，滑板保持静止不动，滑块在滑板上向右匀减速，设滑块滑到滑板右侧时速度为v3，由动能定理有
解得
v3＝5m/s
滑块与滑板发生弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，能量守恒，设碰后两者速度分别为v4、v5，则有
m2v3＝m2v4+m1v5
解得
v4＝1m/s，v5＝6m/s
此后，滑块与滑板分别向右做匀加速直线运动和匀减速直线运动，假设在P点前两者共速，速率为v6，对滑块和滑板，分别由动量定理有
μ2m2gt＝m2v6﹣m2v4
﹣μ2m2gt﹣μ1（m1+m2）gt＝m1v6﹣m1v5
解得
v6＝2.25m/s，t＝0.25s
此过程，滑板位移为
2.9m﹣1.1m＝1.8m
滑块位移为
滑块相对滑板向左的位移为
1.1m
说明滑块未离开滑板，故假设成立，共速后，因μ2＞μ1，两者相对静止做加速度大小为
的匀减速直线运动直至停止，由公式可得，两者的位移为
则有2.9m﹣1.1m＝1.8m
滑块会碰到玩具小熊，故此次挑战不成功。
答：（1）小球到达轨道最低点时对轨道的压力为8.4N，方向竖直向下；
（2）小球与滑块碰后瞬间的速度为0.6m/s；
（3）此次挑战不成功。
如图所示，倾角为θ的光滑斜面底端有一挡板1，足够长的木板A置于斜面上，小物块B置于A底端，A、B质量均为m，挡板2与B、挡板1间的距离均为L。现将A、B一起由静止释放，A、B分别与挡板1和挡板2碰撞后均反向弹回，碰撞前后瞬间速度大小相等。已知A、B间的动摩擦因数μ＝tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：
（1）B第一次与挡板2碰撞后瞬间的加速度大小aB；
（2）A第一次与挡板1碰撞后沿斜面上滑的最大距离x；
（3）A、B在整个运动过程中产生的内能Q。
【解答】解：（1）B第一次与挡板2碰撞后速度方向向上，受到木板A向下的摩擦力，
由牛顿第二定律可知：mgsinθ+μmgcosθ＝maB
其中μ＝tanθ代入解得：aB＝2gsinθ
方向沿斜面向下
（2）AB一起向下加速度运动，设B与挡板2碰撞前瞬间的速度为v1，
由动能定理可知：2mgLsinθ
解得：v
B第一次与挡板2碰撞后，木板A受到向上的摩擦力且摩擦力大小等于A重力沿斜面向下的分力，木板A做匀速运动，
B以加速度aB＝2gsinθ向上做匀减速运动，当B速度减为零时由运动学公式有：v1＝aBt，s1
解得：t，s1
在此段时间内A向下运动的位移：s2＝v1t
代入得到：s2＝L
即A恰好与挡板1相碰，碰后A原速率返回，受到B给的向下的摩擦力，
此时加速度满足：mgsinθ+μmgcosθ＝maA
代入：aA＝2gsinθ
方向沿斜面向下，B受到A给的向上的摩擦力，与重力的分力平衡，
所以B处于静止状态，A向上运动的位移：x
（3）A速度减为零后，与B一起向下加速，由于到各自挡板的距离都是，所以同时与挡板发生碰撞，同时反弹，再一起上滑，速度减为零，再次一起下滑，周而复始，再此过程中没有相对位移，在整个过程中的产生的热量为：Q＝μmgcosθ（s1+s2+x）
解得：Q＝2mgLsinθ
答：（1）B第一次与挡板2碰撞后瞬间的加速度大小aB为2gsinθ；
（2）A第一次与挡板1碰撞后沿斜面上滑的最大距离x为；
（3）A、B在整个运动过程中产生的内能为Q2mgLsinθ。
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专题10 碰撞与类碰撞模型
[模型导航]
【模型一】弹性碰撞模型 1
【模型二】非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型 2
【模型三】碰撞模型三原则 5
【模型四】小球—曲面模型 8
【模型五】小球—弹簧模型 9
【模型六】子弹打木块模型 11
【模型七】滑块木板模型 14
[模型分析]
【模型一】弹性碰撞模型
1． 弹性碰撞
发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有：
m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 (2)
联立（1）、（2）解得：
v1ˊ=，v2ˊ=.
特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 .
2． “动静相碰型”弹性碰撞的结论
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2
解得：v1′＝，v2′＝
结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换)
(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹)
(4)当m1 m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)
(5)当m1 m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)
（多选）如图所示，质量分别为m、2m的乙、丙两个小球并排放置在光滑的水平面上，质量为m的小球甲以速度v0（沿乙、丙的连线方向）向乙球运动，三个小球之间的碰撞均为弹性碰撞，下列说法正确的是（ ）
A．当三个小球间的碰撞都结束之后，乙处于静止状态
B．当三个小球间的碰撞都结束之后，小球丙的动量为
C．乙、丙在发生碰撞的过程中，丙对乙做的功为
D．乙、丙在发生碰撞的过程中，乙对丙的冲量的大小为
（多选）如图为“子母球”表演的示意图，弹性小球A和B叠放在一起，从距地面高度为h处自由落下，h远大于两小球直径，小球B的质量是A质量的3倍。假设所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向，不考虑空气阻力，则下列判断正确的是（ ）
A．下落过程中两个小球之间没有力的作用
B．A与B第一次碰后小球B的速度为零
C．A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是2h
D．A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是4h
如图所示，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为mA、mB。A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，第一次碰撞后A、B球能达到的最大高度均为，碰撞中无机械能损失，则（ ）
A．第一次碰撞后两球同向运动
B．运动过程中两球的总动量保持不变
C．在以后运动过程中A球可以回到初始位置
D．mA与mB可能相等
如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为2：1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，则A、B两球的质量比为（ ）
A．1：2 B．2：1 C．3：1 D．4：1
（多选）如图甲所示，两小球a、b在足够长的光滑水平面上发生正碰。小球a、b质量分别为m1和m2，且m1＝200g。取水平向右为正方向，两小球碰撞前后位移随时间变化的x﹣t图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．碰撞前球a做加速运动，球b做匀速运动
B．碰撞后球a做匀速运动，球b做匀速运动
C．碰撞前后两小球的机械能总量减小
D．碰撞前后两小球的机械能总量不变
（多选）如下图所示，固定光滑曲面左侧与光滑水平面平滑连接，水平面依次放有100个质量均为2m的物块（所有物块在同一竖直平面内），质量为m的0号物块从曲面上高h处静止释放后沿曲面滑到水平面，以速度v0与1号物块发生碰撞，0号物块反弹后滑上曲面再原路返回，如此反复，假设所有碰撞都是弹性碰撞，则下列说法正确的是（ ）（所有物块均可视为质点，重力加速度为g）
A．100号物块最终动量为
B．0号物块第二次反弹后沿斜面上升的高度为
C．0号物块最终速度大小为
D．0号物块最后一次与1号物块碰撞后至再次返回水平面的过程，曲面对0号物块作用力的冲量大小为
（2023 湖北）如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t＝0时刻，一带正电粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求
（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小。
（2）粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小。
（3）时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）
【模型二】非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型
1.非弹性碰撞
介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。
根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得： m1v12+ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2)
2． 完全非弹性碰撞
碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：
m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1）
完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：
ΔEk= m1v12+ m2v22- (m1+m2)v共2. （2）
联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk=
A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图线，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图线，若A球质量是m＝2kg，则由图像判断下列结论正确的是（ ）
A．碰撞前、后A球的动量变化量为6kg m/s
B．碰撞时A球对B球的冲量为﹣6N s
C．A、B两球碰撞前的总动量为3kg m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J
（多选）如图所示两个小球A、B，在光滑水平面上沿同一直线同向做匀速直线运动，已知它们的质量分别为mA＝2kg，mB＝4kg，A球的速度是5m/s，B球的速度是2m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为（ ）
A．vA′＝1m/s，vB′＝4m/s
B．vA′＝4 m/s，vB′＝2.5 m/s
C．vA′＝3m/s，vB′＝3 m/s
D．vA′＝﹣1m/s，vB′＝5 m/s
（多选）如图所示，两个大小相同的小球A、B用等长的细线悬挂于O点，线长为L，mA＝2mB，若将A由图示位置静止释放，在最低点与B球相碰，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．A下落到最低点的速度是
B．若A与B发生完全非弹性碰撞，则第一次碰后A上升的最大高度是L
C．若A与B发生完全非弹性碰撞，则第一次碰时损失的机械能为mBgL
D．若A与B发生弹性碰撞，则第一次碰后A上升的最大高度是
甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则（ ）
A．碰撞前甲的动量大小为1kg m/s
B．碰撞后乙的动量大小为6kg m/s
C．碰撞前后，甲的动量变化量大小为6kg m/s
D．碰撞过程，两物块损失的机械能为6J
（多选）如图所示，A、B是放在粗糙水平面上质量相等的两个小物块，与地面间的动摩擦因数均为 ，小物块A以速度v0与静止的小物块B发生正碰，重力加速度为g，碰后小物块B在水平面上滑行的距离可能为（ ）
A． B． C． D．
如图所示，A、B是两个完全相同的小球，用较长的细线将它们悬挂起来，调整细线的长度和悬点的位置，使两个小球静止时重心在同一水平线上，且恰好没有接触。现将小球A拉起至细线与竖直方向夹角为θ＝60°的位置，使其由静止释放，小球A运动至最低点与静止的小球B相碰，碰后两球粘在一起运动。已知细线的长度为L，每个小球的质量均为m，重力加速度为g，忽略小球半径和空气阻力，求：
（1）A球运动至最低点时的速度大小v；
（2）碰后两球能够上升的最大高度△h；
（3）碰撞过程中损失的机械能△E。
【模型三】碰撞模型三原则
(1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
(3)速度要合理
①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
【其它方法①】临界法
弹性碰撞没有动能损失，完全非弹性碰撞动能损失最多，计算出这两种情况下的临界速度，那么其他碰撞应该介于二者之间。
两球A、B在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（ ）
A．v′A＝5m/s，v′B＝2.5m/s B．v′A＝2m/s，v′B＝4m/s
C．v′A＝﹣4m/s，v′B＝3m/s D．v′A＝﹣2m/s，v′B＝6m/s
（多选）如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量分别为mA＝1kg，mB＝2kg，规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6kg m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A球动量变化量﹣4kg m/s，则（ ）
A．左方是A球
B．B球动量的变化量为4kg m/s
C．碰撞后A、B两球速度大小之比为5：2
D．经过验证两球发生的碰撞是弹性碰撞
如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为2mA＝mB，规定水平向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6kg m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为﹣4kg m/s。则（ ）
A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5
B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：10
C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：1
（多选）甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p1＝5kg m/s，p2＝7kg m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kg m/s，则二球质量m1和m2间的关系可能是下列的（ ）
A．m1＝m2 B．3m1＝m2 C．4m1＝m2 D．6m1＝m2
【模型四】小球—曲面模型
(1)小球上升至最高点时，小球的重力势能最大
水平方向动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v
能量守恒：m1v02＝(m1＋m2)v2＋m1gh
(相当于完全非弹性碰撞)
(2)小球返回曲面底端时
动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22
(相当于弹性碰撞)
如图所示，在水平地面上固定有四分之一圆弧滑块，圆弧半径为R，一质量为m的小球，以水平速度v0自滑块的左端A处滑上滑块，小球经过圆弧上端B到达最高点为C.不计空气阻力，重力加速度大小为g，则小球从A到C的位移大小为（ ）
A．R B．2R
C． D．
如图所示，在光滑的水平地面上有一静止的质量为M的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧的半径为R，最低点处刚好与水平地面相切。一质量为m的小球以一定的初速度沿水平地面向右运动，不计小球冲上圆弧滑块过程中的机械能损失。如果圆弧滑块固定，则小球恰能冲到圆弧面上与圆心等高处；如果圆弧滑块不固定，则小球在圆弧面上能到达的最大高度为。则小球与滑块质量之比m：M为（ ）
A．1：2 B．1：3 C．2：1 D．3：1
如图所示，一质量为m、半径为R的不固定的四分之一光滑圆弧槽，放在光滑的水平面上，有一质量也为m的小球由槽顶端A静止释放，在其下滑至槽末端B的过程中，下列说法正确的是（已知重力加速度为g，空气阻力忽略不计）（ ）
A．小球的机械能守恒
B．小球和槽组成的系统动量守恒
C．小球滑离B点后将做自由落体运动
D．若圆弧槽固定，小球滑到B点时的速度与不固定时滑到B点的速度大小之比为
如图所示，在水平面上静置一质量M＝450g的滑块，滑块上表面是一个半径R＝0.2m的四分之一圆弧，圆弧最低点A与水平地面相切。现给质量m＝50g的小球一个大小v0＝4m/s的水平初速度，小球经B点离开滑块时，随即撤去滑块。小球于C点第一次着地，小球每次与地面碰撞前后，水平速度保持不变，竖直速度大小减半，方向反向。A点始终与地面接触，忽略小球通过各轨道连接处的能量损失，不计一切摩擦和空气阻力，求：
（1）小球刚运动到滑块最低点A时，对滑块的压力；
（2）小球离开滑块后所能到达的最大高度；
（3）要使小球能水平进入接收器最低点P，P与C间的最小距离为多大。
【模型五】小球—弹簧模型
(1)两小球速度相同时，弹簧最短，弹性势能最大
动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v
能量守恒：m1v02＝(m1＋m2)v2＋Epm
(相当于完全非弹性碰撞)
(2)弹簧恢复原长时：
动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22
(相当于完全弹性碰撞)
（多选）如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使m1瞬间获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（ ）
A．在t2、t4时刻弹簧处于原长状态
B．t3时刻两物体达到共速，弹簧被压缩到最短
C．两物块的质量之比为m1：m2＝2：1
D．在t2时刻两物块的动能大小之比为Ek1：Ek2＝1：8
（多选）如图甲所示，质量为m的物块A与竖直放置的轻弹簧上端连接，弹簧下端固定在地面上。t＝0时，物块A处于静止状态，物块B从A正上方一定高度处自由落下，与A发生碰撞后一起向下运动（碰撞时间极短，且未粘连），到达最低点后又向上运动。已知B运动的v﹣t图像如图乙所示，其中0～t1的图线为直线，不计空气阻力，则（ ）
A．物块B的质量为m
B．t＝t2时，弹簧的弹性势能最大
C．时，B速度为零
D．时，A、B开始分离
如图，质量均为m＝1kg的物块A、B用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，B与竖直墙面紧靠。另一个质量为2m的物块C以某一初速度向A运动，C与A碰撞后粘在一起不再分开，它们共同向右运动并压缩弹簧，弹簧储存的最大弹性势能为6.0J。最后弹簧又弹开，A、B、C一边振动一边向左运动，那么（ ）
A．从C触到A，到B离开墙面这一过程，系统的动量不守恒，而机械能守恒
B．B离开墙面以后的运动过程中，B的最大速度为3m/s
C．C的初动能为8.0J
D．B离开墙面后，弹簧的最大弹性势能为1.2J
如图甲所示，在光滑水平面上的轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x；现让该弹簧一端连接另一质量为m的物体B（如图乙所示），静止在光滑水平面上。物体A以2v0的速度向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x。已知整个过程弹簧处于弹性限度内，则（ ）
A．物体A的质量为2m
B．物体A的质量为6m
C．弹簧压缩量为最大值x时的弹性势能为
D．弹簧重新恢复原长时，物体B的动量大小为
如图所示，在一端固定于地面的竖直弹簧上端，固定一质量为m的木板后木板在B处静止，已知此时弹簧的压缩量为x0，现从弹簧原长A处由静止释放一质量也为m的粘性物体，落到木板B上后一起随木板向下运动，已知弹簧的弹性势能（x为弹簧的形变量、k为劲度系数），下列说法正确的是（ ）
A．在粘性物体落到木板上之前，弹簧的弹性势能为
B．粘性物体落到木板上后，两物体最低可运动至距A点2x0处
C．粘性物体落到木板上后，两物体最高可运动至距A点处
D．从粘性物体开始运动，整个过程中，系统的机械能保持不变
【模型六】子弹打木块模型
子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。
设质量为的子弹以初速度射向静止在光滑水平面上的质量为的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。
要点诠释：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。
从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：……①
从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为，设子弹、木块的位移大小分别为、，如图所示，显然有
对子弹用动能定理： ……②
对木块用动能定理： ……③
②相减得： ……④
对子弹用动量定理： ……⑤
对木块用动量定理： ……⑥
点评：这个式子的物理意义是：恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）。
由上式不难求得平均阻力的大小：
至于木块前进的距离，可以由以上②、③相比得出：
从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：
一般情况下，所以s2<当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是（这里的为木块的厚度），但由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不能再用④式计算的大小。
质量为m的子弹以某一初速度v0击中静止在粗糙水平地面上质量为M的木块，并陷入木块一定深度后与木块相对静止，甲、乙两图表示这一过程开始和结束时子弹和木块可能的相对位置，设地面粗糙程度均匀，木块对子弹的阻力大小恒定，下列说法正确的是（ ）
A．若M较大，可能是甲图所示情形；若M较小，可能是乙图所示情形
B．若v0较小，可能是甲图所示情形；若v0较大，可能是乙图所示情形
C．地面较光滑，可能是甲图所示情形；地面较粗糙，可能是乙图所示情形
D．无论m、M、v0的大小和地面粗糙程度如何，都只可能是甲图所示的情形
如图所示，A点距水平地面高度为h，木块M处于静止状态，某时刻释放M，木块做自由落体运动，空中运动总时间为t1．若一子弹m以水平速度v射向木块并嵌在木块中，若在A点释放同时射入木块空中运动总时间为t2，若在木块落至h一半的B点时射入木块空中运动总时间为t3，设：木块与子弹作用时间极短，空气阻力不计，则（ ）
A．t1＝t2＝t3 B．t1＝t2＜t3 C．t1＜t2＝t3 D．t1＞t2＞t3
（多选）如图所示，长为L、质量为M的木块静止在光滑水平面上。质量为m的子弹以水平速度v0射入木块并从中射出。已知从子弹射入到射出木块的时间内木块移动的距离为s，子弹穿过木块后子弹和木块的速度分别为v1和v2，设子弹穿过木块的过程子弹所受阻力恒定，则下列说法正确的是（ ）
A．木块移动的距离s一定小于木块长度L
B．木块质量M越大，木块速度v2越大
C．木块质量M越大，子弹射出速度v1越大
D．子弹的初速度v0越大，木块位移s越小，该过程产生的热量越少
【模型七】滑块木板模型
示意图 木板初速度为零 木板有初速度，板块反向
v-t图
如图所示，将小滑块A放在长为L的长木板B上，A与B间的动摩擦因数为μ，长木板B放在光滑的水平面上，A与B的质量之比为1：4，A距B的右端为。现给长木板B一个水平向右初速度，小滑块A恰好从长木板B上滑下；若给A一个水平向右初速度v，要使A能从B上滑下，则v至少为（ ）
A．5m/s B．10m/s C．15m/s D．20m/s
物理兴趣小组设置了一个挑战游戏。如图所示，半径为R＝2.0m光滑圆弧形轨道末端水平且与放置在水平台上质量为m1＝0.2kg的“」形”薄滑板平滑相接，滑板左端A处放置质量为m2＝0.3kg的滑块，水平台上的P处有一个站立的玩具小熊。在某次挑战中，挑战者将质量为m0＝0.3kg的小球从轨道上距平台高度1.8m处静止释放，与滑块发生正碰。若滑板恰好不碰到玩具小熊则挑战成功。已知A、P间距s＝2.9m。滑板长度L＝1.1m，滑板与平台间的动摩擦因数μ1＝0.3，滑块与滑板间的动摩擦因数μ2＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。小球、滑块和玩具小熊均视为质点，题中涉及的碰撞均为弹性正碰，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8。求：
（1）小球到达轨道最低点时对轨道的压力；
（2）小球与滑块碰后瞬间的速度；
（3）试通过计算判定此次挑战是否成功。
如图所示，倾角为θ的光滑斜面底端有一挡板1，足够长的木板A置于斜面上，小物块B置于A底端，A、B质量均为m，挡板2与B、挡板1间的距离均为L。现将A、B一起由静止释放，A、B分别与挡板1和挡板2碰撞后均反向弹回，碰撞前后瞬间速度大小相等。已知A、B间的动摩擦因数μ＝tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：
（1）B第一次与挡板2碰撞后瞬间的加速度大小aB；
（2）A第一次与挡板1碰撞后沿斜面上滑的最大距离x；
（3）A、B在整个运动过程中产生的内能Q。
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