综合·融通(三) 四种“类碰撞”模型
通过本节课的学习进一步掌握用动量守恒定律、能量守恒定律解决碰撞问题的技巧,能够从动量和能量的观点分析子弹打木块模型、“滑块—弹簧”模型、“滑块—曲面体”模型、“滑块—滑板”模型。
主题(一) 子弹打木块模型
模型 图示
模型 特点 (1)子弹水平打进木块的过程中,系统的动量守恒。 (2)系统的机械能有损失。
两种 情境 (1)子弹嵌入木块中,两者速度相等,机械能损失最多(完全非弹性碰撞) 动量守恒:mv0=(m+M)v 能量守恒:Q=Ff·s=m-(M+m)v2 (2)子弹穿透木块 动量守恒:mv0=mv1+Mv2 能量守恒: Q=Ff·d=m-
[例1] (2024·湖北高考)(多选)如图所示,在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块,质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变,其大小f与射入初速度大小v0成正比,即f=kv0(k为已知常数)。改变子弹的初速度大小v0,若木块获得的速度最大,则 ( )
A.子弹的初速度大小为
B.子弹在木块中运动的时间为
C.木块和子弹损失的总动能为
D.木块在加速过程中运动的距离为
听课记录:
[针对训练]
1.(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成,将其放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v0水平射向滑块,若射击下层,子弹刚好不射出,若射击上层,则子弹刚好能射穿一半厚度,如图所示,则上述两种情况相比较,下列说法正确的是 ( )
A.子弹的末速度大小相等
B.系统产生的热量一样多
C.子弹对滑块做的功相同
D.子弹和滑块间的水平作用力一样大
主题(二) “滑块—弹簧”模型
模 型 特 点 (1)动量守恒:两个物体与弹簧相互作用的过程中,若系统所受外力的矢量和为零,则系统动量守恒。 (2)机械能守恒:系统在运动过程中只有弹簧弹力做功,系统机械能守恒。 (3)弹簧处于最长(或最短)状态时两物体速度相等,弹簧弹性势能最大,系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞,两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)。 (4)弹簧恢复原长时,弹簧弹性势能为零,系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。
[例2] (2025·山西晋中阶段练习)(多选)如图甲所示,质量分别为mA=1 kg、mB=2 kg的滑块A、B放在光滑的水平面上,之间用一质量可忽略不计的弹簧连接,滑块B紧靠在竖直的墙壁上。现有一质量为mC的滑块C沿水平面向右运动,从0时刻开始计时,2 s末与滑块A碰撞且粘在一起,0~6 s内滑块C的速度—时间图像如图乙所示,则下列说法正确的是 ( )
A.滑块C的质量mC=2 kg
B.全过程整个系统损失的机械能为9 J
C.2~6 s内,墙壁对滑块B的冲量大小为6 N·s
D.整个过程中滑块B的最大动能为9 J
听课记录:
[针对训练]
2.(2025·贵州贵阳阶段练习)如图所示,在光滑的水平面上有两个滑块P、Q,滑块Q的左端固定一轻质弹簧。两个滑块以大小为v0的速度沿同一直线相向运动,滑块P的质量为3m,滑块Q的质量为m。不计空气阻力,则下列说法正确的是 ( )
A.当弹簧被压缩至最短时,滑块Q的动能达到最小值
B.弹簧的弹性势能最大值为m
C.两个滑块分离时滑块Q的速度大小为2v0
D.弹簧存在弹力的过程中,弹力对滑块P的冲量大小为mv0
主题(三) “滑块—曲面体”模型
模型图示
模型特点 (1)上升到最大高度:m与M具有共同水平速度v共,此时m的竖直速度vy=0。系统水平方向动量守恒,mv0=(M+m)v共;系统机械能守恒,m=(M+m)+mgh,其中h为滑块上升的最大高度,不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞,系统减少的动能转化为m的重力势能)。 (2)返回最低点:水平方向动量守恒,mv0=mv1+Mv2;系统机械能守恒,m=m+M(相当于完成了弹性碰撞)。
[例3] (多选)如图所示,光滑的冰面上有一质量为M的小车处于静止状态,小车上表面是一半径为R的光滑圆弧曲面,圆弧的最低点切线水平。某一时刻,一质量为m的小球自左端以水平速度v0冲上小车。则下列说法正确的是 ( )
A.小球沿曲面向上运动的过程中,小球和小车组成的系统动量守恒
B.小球沿曲面向下运动的过程中,小车的动量增加
C.小球离开小车时小球的速率等于v0
D.若小球速度较大,会从圆弧轨道上端抛出,但仍会落回小车
听课记录:
[针对训练]
3.(多选)如图所示,小车的上表面由中间突出的两个对称的曲面组成。整个小车的质量为m,原来静止在光滑的水平面上。现有一可视
为质点的小球,质量也为m,以水平速度v从左端滑上小车,恰好到达小车的最高点后,又从另一个曲面滑下。下列说法正确的是 ( )
A.小球滑离小车时,小车又回到了原来的位置
B.在小球滑上曲面的过程中,小车的动量变化量是mv
C.小球和小车作用前后,小车和小球的速度一定变化
D.小车上曲面的竖直高度不会大于
主题(四) “滑块—滑板”模型
模型 图示
模型 特点 (1)系统的动量守恒,但机械能不守恒,摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。 (2)若滑块未从滑板上滑下,当两者速度相同时,滑板速度最大,相对位移最大。
求解 方法 (1)求速度:根据动量守恒定律求解,研究对象为一个系统。 (2)求时间:根据动量定理求解,研究对象为一个物体。 (3)求系统产生的内能或相对位移:根据能量守恒定律Q=E初-E末或Q=FfΔx,研究对象为一个系统。
[例4] (2024·甘肃高考)如图,质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O'P和OP作用下处于平衡状态,细绳O'P=OP=1.6 m,与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上,质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O'P,小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2)
(1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。
(2)A在最低点时,细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短),碰后A竖直下落,C水平向右运动。求碰后C的速度大小。
(3)A、C碰后,C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。
尝试解答:
[针对训练]
4.(2025·湖南益阳阶段练习)(多选)如图所示,质量m=0.2 kg、长度L=1 m的木板B在光滑水平面上以v0=3 m/s的速率水平向右做匀速直线运动,质量为2m的小物块A以2v0的速率水平向右滑上木板的左端。已知A与B间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是 ( )
A.A最终会从木板的右端掉下来
B.A在B上相对滑动的时间为0.2 s
C.整个运动过程B对A做的功为-9.4 J
D.整个运动过程因摩擦产生的内能为0.6 J
综合·融通(三) 四种“类碰撞”模型
主题(一)
[例1] 选AD 子弹在木块内运动的过程中，子弹与木块组成的系统所受合外力为0，所以该系统动量守恒，若子弹没有射出木块，则由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得木块获得的速度大小为v＝，又子弹的初速度越大，其打入木块越深，则当子弹恰好不射出木块时，木块获得的速度最大，此时有mv02＝(m＋M)v2＋kv0L，解得v0＝；若子弹能够射出木块，则有v0>，子弹在木块内运动的过程，对子弹和木块分别由牛顿第二定律有kv0＝mam，kv0＝MaM，根据位移关系有v0t－amt2－aMt2＝L，对木块有v2＝aMt，联立解得v2＝，又v0越大，t越小，则v2越小，即随着v0的增大，木块获得的速度v2不断减小。综上，若木块获得的速度最大，则子弹的初速度大小v0＝，A正确；子弹在木块内运动的过程，对子弹由动量定理有－kv0t＝mv－mv0，解得子弹在木块中运动的时间t＝，B错误；由能量守恒定律可知，木块和子弹损失的总动能ΔEk＝kv0L＝，C错误；木块在加速过程中做匀加速运动，由运动学规律有x＝，解得木块在加速过程中运动的距离x＝，D正确。
[针对训练]
1．选ABC 以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，可得滑块最终获得的速度v＝，可知两种情况下子弹的末速度是相同的，故A正确；子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，两种情况下系统减少的动能相等，故系统产生的热量一样多，故B正确；根据动能定理，滑块动能的增量等于子弹对滑块做的功，所以两种情况下子弹对滑块做的功相同，故C正确；由Q＝Ff·x相对知，由于x相对不相等，所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力不一样大，故D错误。
主题(二)
[例2] 选BD 由题图乙知，滑块C与滑块A碰前瞬间速度为v1＝6 m/s，碰后瞬间整体速度为v2＝3 m/s，滑块C与滑块A碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得mCv1＝v2，解得mC＝1 kg，故A错误；全过程系统中只有滑块C与滑块A碰撞时有机械能损失，则有ΔE＝mCv12－v22＝9 J，故B正确；2 s时滑块A和滑块C的速度为v2＝3 m/s，6 s时滑块A和滑块C的速度为v3＝－3 m/s，2～6 s内墙壁对滑块B的冲量等于滑块AC的动量变化量，故有I＝(mA＋mC)(v3－v2)＝－12 N·s，故C错误；当滑块AC和滑块B向左运动且弹簧再次恢复原长时，滑块B的速度最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得v3＝v3′＋mBvB，(mA＋mC)v32＝v3′2＋mBvB2，解得vB＝－3 m/s，故滑块B的最大动能为EkB＝mBvB2＝9 J，故D正确。
[针对训练]
2．选C 当弹簧被压缩至最短时，滑块P、Q共速，以向右为正方向，根据动量守恒定律可知3mv0－mv0＝4mv，解得v＝v0，可知滑块Q的速度由向左变成向右，动能最小值为零，所以当弹簧被压缩至最短时，滑块Q的动能不是最小值，故A错误；当弹簧被压缩至最短时，弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律可知·3mv02＋mv02＝·4mv2＋Epm，解得弹簧的弹性势能最大值为Epm＝mv02，故B错误；两个滑块分离时，设滑块P的速度为v1，滑块Q的速度为v2，规定向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有3mv0－mv0＝3mv1＋mv2，·3mv02＋mv02＝·3mv12＋mv22，解得v1＝0，v2＝2v0或v1＝v0，v2＝－v0(舍去)，故C正确；弹簧存在弹力的过程中，弹力对滑块P的冲量大小为I＝3mv1－3mv0＝－3mv0，负号表示方向向左，大小为3mv0，故D错误。
主题(三)
[例3] 选BD 小球沿曲面向上运动的过程中，小球和小车组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但整体所受合外力不为零，则系统动量不守恒，故A错误；小球沿曲面向下运动的过程中，小车受到的冲量向右，小车的动量增加，故B正确；小球离开小车时，设小球的速度为v1，小车的速度为v2，选取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知mv0＝mv1＋Mv2，mv02＝mv12＋Mv22，解得v1＝v0，故C错误；若小球速度较大，会从圆弧轨道上端抛出，但抛出时两者水平方向速度相同，水平方向相对静止，所以仍会落回小车，故D正确。
[针对训练]
3．选BD 小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下曲面的过程，小车仍继续向右运动，不会回到原位置，故A错误；小球恰好到最高点时两者有共同速度，对于小车和球组成的系统，取水平向右为正方向，水平方向由动量守恒定律得mv＝2mv1，解得共同速度v1＝，小车动量的变化量Δp＝mv1－0＝，故B正确；由于系统水平方向动量守恒，若曲面光滑，则系统机械能守恒，所以相互作用结束后，可能小车的速度仍然等于0，小球的速度仍然等于v，故C错误；如果曲面光滑，则小车和球组成的系统机械能守恒，有mv2－·2mv12＝mgh，解得h＝；如果曲面粗糙，因摩擦生热，减少的动能还有一部分转化成内能，小球能上升的高度还要更小些，故D正确。
主题(四)
[例4] 解析：根据题意，A、C质量均为m＝2 kg，B的质量为M＝6 kg，细绳OP长为l＝1.6 m，初始时细绳与竖直方向夹角θ＝60°。
(1)从A开始运动到最低点，由动能定理得
mgl(1－cos θ)＝mvA2－0
对A在最低点受力分析，根据牛顿第二定律得
F－mg＝，解得vA＝4 m/s，F＝40 N
根据牛顿第三定律，细绳OP所受的拉力为40 N。
(2)A与C相碰，在水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落，可得mvA＝0＋mvC，解得vC＝vA＝4 m/s。
(3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速，则对C、B分析，根据动量守恒定律可得mvC＝(M＋m)v共
根据能量守恒定律得μmgL相对＝mvC2－(m＋M)v共2
联立解得μ＝0.15。
答案：(1)40 N (2)4 m/s (3)0.15
[针对训练]
4．选BD 假设最终A不会从木板的右端掉下来，对A、B组成的系统，由动量守恒定律得mv0＋2m·2v0＝3mv，解得v＝v0＝5 m/s，根据能量守恒定律有mv02＋·2m(2v0)2－·3mv2＝μ·2mgx，解得x＝0.3 m7 / 7(共75张PPT)
四种“类碰撞”模型
综合 融通(三)
通过本节课的学习进一步掌握用动量守恒定律、能量守恒定律解决碰撞问题的技巧，能够从动量和能量的观点分析子弹打木块模型、“滑块—弹簧”模型、“滑块—曲面体”模型、“滑块—滑板”模型。
主题(一) 子弹打木块模型
主题(二) “滑块—弹簧”模型
01
02
CONTENTS
目录
主题(三) “滑块—曲面体”模型
课时跟踪检测
03
05
主题(四) “滑块—滑板”模型
04
主题(一) 子弹打木块模型
模型 图示
模型 特点 (1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒。
(2)系统的机械能有损失。
两种 情境 (1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)
动量守恒：mv0=(m+M)v
能量守恒：Q=Ff·s=m-(M+m)v2
(2)子弹穿透木块
动量守恒：mv0=mv1+Mv2
能量守恒：Q=Ff·d=m-
续表
[例1] (2024·湖北高考)(多选)如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，即f=kv0(k为已知常数)。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则 ( )
A.子弹的初速度大小为
B.子弹在木块中运动的时间为
C.木块和子弹损失的总动能为
D.木块在加速过程中运动的距离为
√
√
[解析] 子弹在木块内运动的过程中，子弹与木块组成的系统所受合外力为0，所以该系统动量守恒，若子弹没有射出木块，则由动量守恒定律有mv0=(m+M)v，解得木块获得的速度大小为v=，又子弹的初速度越大，其打入木块越深，则当子弹恰好不射出木块时，木块获得的速度最大，此时有m=(m+M)v2+kv0L，解得v0=;若子弹能够射出木块，则有v0>，子弹在木块内运动的过程，对子弹和木块分别由牛顿第二定律有kv0=mam，kv0=MaM，根据位移关系有v0t-amt2-
aMt2=L，对木块有v2=aMt，联立解得v2=，又v0越大，t越小，则v2越小，即随着v0的增大，木块获得的速度v2不断减小。综上，若木块获得的速度最大，则子弹的初速度大小v0=，A正确;子弹在木块内运动的过程，对子弹由动量定理有-kv0t=mv-mv0，解得子弹在木块中运动的时间t=，B错误;由能量守恒定律可知，木块和子弹损失的总动能ΔEk=kv0L=，C错误;木块在加速过程中做匀加速运动，由运动学规律有x=，解得木块在加速过程中运动的距离x=，D正确。
1.(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示，则上述两种情况相比较，下列说法正确的是 ( )
A.子弹的末速度大小相等
B.系统产生的热量一样多
C.子弹对滑块做的功相同
D.子弹和滑块间的水平作用力一样大
针对训练
√
√
√
解析：以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0=(m+M)v，可得滑块最终获得的速度v=，可知两种情况下子弹的末速度是相同的，故A正确;子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，两种情况下系统减少的动能相等，故系统产生的热量一样多，故B正确;根据动能定理，滑块动能的增量等于子弹对滑块做的功，所以两种情况下子弹对滑块做的功相同，故C正确;由Q=Ff· x相对知，由于x相对不相等，所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力不一样大，故D错误。
主题(二)“滑块—弹簧”模型
模型图示
模 型 特 点 (1)动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。
(2)机械能守恒：系统在运动过程中只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒。
(3)弹簧处于最长(或最短)状态时两物体速度相等，弹簧弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)。
(4)弹簧恢复原长时，弹簧弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。
续表
[例2] (2025·山西晋中阶段练习)(多选)如图甲所示，质量分别为mA=1 kg、mB=2 kg的滑块A、B放在光滑的水平面上，之间用一质量可忽略不计的弹簧连接，滑块B紧靠在竖直的墙壁上。现有一质量为mC的滑块C沿水平面向右运动，从0时刻开始计时，2 s末与滑块A碰撞且粘在一起，0~6 s内滑块C的速度—时间图像如图乙所示，则下列说法正确的是 ( )
A.滑块C的质量mC=2 kg
B.全过程整个系统损失的机械能为9 J
C.2~6 s内，墙壁对滑块B的冲量大小为6 N·s
D.整个过程中滑块B的最大动能为9 J
√
√
[解析] 由题图乙知，滑块C与滑块A碰前瞬间速度为v1=6 m/s，碰后瞬间整体速度为v2=3 m/s，滑块C与滑块A碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得mCv1=v2，解得mC=1 kg，故A错误;全过程系统中只有滑块C与滑块A碰撞时有机械能损失，
则有ΔE=mC-=9 J，故B正确;2 s时滑块A和滑块C的速度为v2=3 m/s，6 s时滑块A和滑块C的速度为v3=-3 m/s，2~6 s内墙壁对滑块B的冲量等于滑块AC的动量变化量，故有I=(mA+mC)(v3-v2)=-12 N·s，故C错误;当滑块AC和滑块B向左运动且弹簧再次恢复原长时，滑块B的速度最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得v3=v3'+mBvB，(mA+mC)=v3'2+mB，解得vB=-3 m/s，故滑块B的最大动能为EkB=mB=9 J，故D正确。
2.(2025·贵州贵阳阶段练习)如图所示，在光滑的水平面上有两个滑块P、Q，滑块Q的左端固定一轻质弹簧。两个滑块以大小为v0的速度沿同一直线相向运动，滑块P的质量为3m，滑块Q的质量为m。不计空气阻力，则下列说法正确的是 ( )
针对训练
A.当弹簧被压缩至最短时，滑块Q的动能达到最小值
B.弹簧的弹性势能最大值为m
C.两个滑块分离时滑块Q的速度大小为2v0
D.弹簧存在弹力的过程中，弹力对滑块P的冲量大小为mv0
√
解析：当弹簧被压缩至最短时，滑块P、Q共速，以向右为正方向，根据动量守恒定律可知3mv0-mv0=4mv，解得v=v0，可知滑块Q的速度由向左变成向右，动能最小值为零，所以当弹簧被压缩至最短时，滑块Q的动能不是最小值，故A错误;当弹簧被压缩至最短时，弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律可知·3m+m=·4mv2+Epm，解得弹簧的弹性势能最大值为Epm=m，故B错误;
两个滑块分离时，设滑块P的速度为v1，滑块Q的速度为v2，规定向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有3mv0-mv0=3mv1+mv2，·3m+m=·3m+m，解得v1=0，v2=2v0或v1=v0，v2=-v0(舍去)，故C正确;弹簧存在弹力的过程中，弹力对滑块P的冲量大小为I=3mv1-3mv0=-3mv0，负号表示方向向左，大小为3mv0，故D错误。
主题(三)
“滑块—曲面体”模型
模型图示
模型特点 (1)上升到最大高度：m与M具有共同水平速度v共，此时m的竖直速度vy=0。系统水平方向动量守恒，mv0=(M+m)v共;系统机械能守恒，m=(M+m)+mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m的重力势能)。
(2)返回最低点：水平方向动量守恒，mv0=mv1+Mv2;系统机械能守恒，m=m+M(相当于完成了弹性碰撞)。
续表
[例3] (多选)如图所示，光滑的冰面上有一质量为M的小车处于静止状态，小车上表面是一半径为R的光滑圆弧曲面，圆弧的最低点切线水平。某一时刻，一质量为m的小球自左端以水平速度v0冲上小车。则下列说法正确的是( )
A.小球沿曲面向上运动的过程中，小球和小车组成的系统动量守恒
B.小球沿曲面向下运动的过程中，小车的动量增加
C.小球离开小车时小球的速率等于v0
D.若小球速度较大，会从圆弧轨道上端抛出，但仍会落回小车
√
√
[解析] 小球沿曲面向上运动的过程中，小球和小车组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但整体所受合外力不为零，则系统动量不守恒，故A错误;小球沿曲面向下运动的过程中，小车受到的冲量向右，小车的动量增加，故B正确;小球离开小车时，设小球的速度为v1，小车的速度为v2，选取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知mv0=mv1+Mv2 ，m=m+M，解得v1=v0，故C错误;若小球速度较大，会从圆弧轨道上端抛出，但抛出时两者水平方向速度相同，水平方向相对静止，所以仍会落回小车，故D正确。
3.(多选)如图所示，小车的上表面由中间突出的两个对称的曲面组成。整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上。现有一可视为质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下。下列说法正确的是 ( )
针对训练
A.小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置
B.在小球滑上曲面的过程中，小车的动量变化量是mv
C.小球和小车作用前后，小车和小球的速度一定变化
D.小车上曲面的竖直高度不会大于
√
√
解析：小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下曲面的过程，小车仍继续向右运动，不会回到原位置，故A错误;小球恰好到最高点时两者有共同速度，对于小车和球组成的系统，取水平向右为正方向，水平方向由动量守恒定律得mv=2mv1，解得共同速度v1=，小车动量的变化量Δp=mv1-0=，故B正确;
由于系统水平方向动量守恒，若曲面光滑，则系统机械能守恒，所以相互作用结束后，可能小车的速度仍然等于0，小球的速度仍然等于v，故C错误;如果曲面光滑，则小车和球组成的系统机械能守恒，有mv2-·2m=mgh，解得h=;如果曲面粗糙，因摩擦生热，减少的动能还有一部分转化成内能，小球能上升的高度还要更小些，故D正确。
主题(四)
“滑块—滑板”模型
模型 图示
模型 特点 (1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。
(2)若滑块未从滑板上滑下，当两者速度相同时，滑板速度最大，相对位移最大。
求解 方法 (1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。
(2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体。
(3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q=E初-E末或Q=FfΔx，研究对象为一个系统。
续表
[例4] (2024·甘肃高考)如图，质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O'P和OP作用下处于平衡状态，细绳O'P=OP=1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O'P，小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2)
(1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。
[答案] 40 N
[解析] 根据题意，A、C质量均为m=2 kg，B的质量为M=6 kg，细绳OP长为l=1.6 m，初始时细绳与竖直方向夹角θ=60°。
从A开始运动到最低点，由动能定理得
mgl(1-cos θ)=m-0
对A在最低点受力分析，根据牛顿第二定律得
F-mg=，解得vA=4 m/s，F=40 N
根据牛顿第三定律，细绳OP所受的拉力为40 N。
(2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)，碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。
[解析] A与C相碰，在水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落，可得mvA=0+mvC
解得vC=vA=4 m/s。
[答案] 4 m/s
(3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。
[答案] 0.15
[解析] A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速，则对C、B分析，根据动量守恒定律可得
mvC=(M+m)v共
根据能量守恒定律得
μmgL相对=m-(m+M)
联立解得μ=0.15。
4.(2025·湖南益阳阶段练习)(多选)如图所示，质量m=0.2 kg、长度L=1 m的木板B在光滑水平面上以v0=3 m/s的速率水平向右做匀速直线运动，质量为2m的小物块A以2v0的速率水平向右滑上木板的左端。已知A与B间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是 ( )
针对训练
A.A最终会从木板的右端掉下来
B.A在B上相对滑动的时间为0.2 s
C.整个运动过程B对A做的功为-9.4 J
D.整个运动过程因摩擦产生的内能为0.6 J
√
√
解析：假设最终A不会从木板的右端掉下来，对A、B组成的系统，由动量守恒定律得mv0+2m·2v0=3mv，解得v=v0=5 m/s，根据能量守恒定律有m+·2m(2v0)2-·3mv2=μ·2mgx，解得x=0.3 m课时跟踪检测
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1.(2025·江苏常州阶段练习)质量为M的
木块静止在光滑水平面上，质量为m
的子弹以一定的水平速度射入其中(没有射出)，从射入至达到共同速度为止( )
A.摩擦力对子弹做功的数值超过木块获得动能的3倍
B.摩擦产生的热量在数值上等于木块获得的动能
C.摩擦力对两物体做功的代数和等于0
D.因为存在相互间的摩擦力，所以系统机械能不守恒、动量也不守恒
√
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解析：设子弹的初速度为v0，由动量守恒定律有mv0=(m+M)v，则摩擦力对子弹做功的数值|W1|=m-mv2=m·，木块获得的动能Ek木=Mv2=m·，因M>m，可知M+2m>3m，即W1>3Ek木，A正确;摩擦产生的热量Q=fd(d为子弹进入木块的深度)，木块获得的动能Ek木=fx(x为木块的位移)，两者不相等，B错误;摩擦力对子弹做的功W1=-f(x+d)，摩擦力对木块做的功W2=fx，则摩擦力对两物体做功的代数和等于-fd，C错误;因为存在摩擦力，所以系统机械能不守恒，但是系统所受合外力为零，则动量守恒，D错误。
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2.(2025·辽宁营口期中)(多选)物理老师给
同学们介绍了一种游戏，如图所示，通过一
根轻绳悬挂着一个质量为m的盒子，盒子开
口向左，小朋友将泥巴以某一初速度水平向
右扔到盒子内，装有泥巴的盒子上升的高度
越高，比赛得分就越高。已知悬点O到盒子中心的距离为l，泥巴的质量始终为2m，进入盒子前泥巴的速度为v0=(g为重力加速度)。认为泥巴进入盒子后立即与盒子相对静止，下列说法正确的是( )
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A.泥巴进入盒子瞬间，与盒子的共同速度为
B.进入盒子的过程中泥巴损失的机械能为mgl
C.泥巴进入盒子瞬间，轻绳对盒子的拉力大小为4mg
D.盒子上升的最大高度为l
√
√
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解析：泥巴进入盒子瞬间，满足动量守恒，则有2mv0=
v1，解得v1=，故A错误;进入盒子的过程中泥巴损失的机械能为ΔE损=·2m-·2m=mgl，故B正确;泥巴进入盒子瞬间，泥巴与盒子一起做圆周运动，根据牛顿第二定律有T-3mg=3m，解得轻绳对盒子的拉力大小为T=mg，故C错误;根据动能定理有-3mgh=0-×3m，解得盒子上升的最大高度为h=l，故D正确。
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3.(2025·重庆沙坪坝阶段练习)如图甲所示，左端接有轻弹簧的物块A静止在光滑水平面上，物块B以一初速度向A运动，t=0时物块B与弹簧接触， 0~2 s内两物块的v t 图像如图乙所示， 则 ( )
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A.物块A的质量比物块B的质量小
B.0~1 s内，弹簧对物块A、B 的冲量相同
C.t=1 s时，弹簧的弹性势能为零
D.t=2 s时， 物块A的动量比物块B的动量大
√
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解析：由题图乙可知，物块B的初速度为v0=1.2 m/s，t=1 s时，物块A、B的共同速度为v=1.0 m/s，由动量守恒定律可得mBv0=v，解得mB=5mA，故A正确;0~1 s内，弹簧对物块A的冲量方向向右，弹簧对物块B的冲量方向向左，所以弹簧对物块A、B的冲量不相同，故B错误;t=1 s时，物块A、B有共同速度，弹簧最短，此时弹簧的弹性势能最大，故C错误;t=2 s时，由题图乙可得物块A的动量pA=mAvA=2mA，物块B的动量pB=mBvB=0.8mB=4mA，所以t=2 s时，物块A的动量比物块B的动量小，故D错误。
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4.(2025·山东菏泽阶段练习)如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上的带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块，滑块的质量为3m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧轨道，重力加速度为g，在小球运动过程中 ( )
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A.小球和滑块组成的系统动量守恒
B.小球上升到最高点的速度大小为
C.小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为
D.小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为
√
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解析：在小球运动过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，在竖直方向上动量不守恒，故A错误;小球在圆弧轨道上升到最高点时小球与滑块的速度相同，系统在水平方向上动量守恒，规定v0的方向为正方向，有mv0=4mv，解得v=，故B错误;根据机械能守恒定律得m=×4mv2+mgh，解得h=，故C正确;小球离开圆弧轨道时，根据动量守恒定律有mv0=mv1+3mv2，根据机械能守恒定律有m=m+×3m，联立解得v1=-，v2=，故D错误。
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5.(2025·山东德州期末)(多选)如图所示，质量为M的滑块静止在光滑水平面上，其左侧是四分之一光滑圆弧，左端底部恰好与地面相切，小球A、B的质量分别为m1=2 kg、m2=3 kg，A的初速度为v0， B保持静止，已知A与B发生弹性碰撞，要使A与B至少发生两次碰撞，则M可能为 ( )
A.5 kg B.6 kg C.7 kg D.8 kg
√
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解析：A与B发生第一次弹性碰撞后，设A与B的速度分别为v1、v2，则由动量守恒定律有m1v0=m1v1+m2v2，由机械能守恒定律有m1=m1+m2，解得v1=v0=-v0，v2=v0=v0;小球B与滑块作用过程中， B与滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，设B离开滑块时速度为v2'，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得m2v2=m2v2'+Mv3，m2=m2v2'2+M，解得v2'=v2;由于v1与v0反向，要使A与B至少发生两次碰撞，需要v2'与v1同向且>，则v2'5 kg，故选B、C、D。
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6.(2025·重庆沙坪坝阶段练习)如图所示，A、B、C是光滑水平面上的三个大小相同的小球，A、B球的质量为m，C球的质量为2m ，其中B、C两小球用轻质弹簧连接后静止在水平面上。现让A球以速度v0 沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起。对A、B、C球及弹簧组成的系统，下列说法正确的是 ( )
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A.三球速度相等时，弹簧一定处于压缩状态
B.弹簧的最大弹性势能等于m
C.全过程中系统的机械能不守恒，动量守恒
D.三球速度相等后，速度将保持不变
√
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解析：碰后A、B两球粘在一起，AB球的速度大于C球的速度，开始压缩弹簧，当弹簧压缩到最短时，三球的速度相等，之后弹簧恢复到原长，此时C球的速度大于AB球的速度，然后弹簧开始伸长，当弹簧伸长到最长时，三球的速度相等，之后弹簧再次恢复到原长，以后重复以上过程，综上分析可知，三球速度相等时，弹簧可能压缩到最短，也可能伸长到最长，故A、D错误;
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在A、B两球碰撞过程，存在机械能损失，所以全过程中系统的机械能不守恒，但全过程中系统受到的合外力为0，所以系统的动量守恒，故C正确;A、B两球碰撞过程，根据动量守恒定律可得mv0=2mvAB，解得碰后AB球的速度为vAB=v0，当三球的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律可得2mvAB=4mv共，解得三球的共同速度为v共=v0，A、B两球碰后的过程，系统满足机械能守恒，则有×2m=×4m+Ep，解得弹簧的最大弹性势能为Ep=m，故B错误。
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7.(10分)如图所示，质量为M=0.48 kg的木块静止在一竖直放置的轻弹簧上端A点，弹簧下端连接地面，现有一质量为m=20 g的子弹以速度v0=100 m/s竖直向下射向木块并嵌入其中，经过t=1 s，木块第一次回到A位置，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，取g=10 m/s2，求：
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(1)子弹嵌入木块后的瞬间整体的速度大小v;(4分)
答案：4 m/s
解析：子弹嵌入木块过程满足系统动量守恒，取向下为正方向，由动量守恒定律得mv0=(M+m)v，解得v=4 m/s。
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(2)1 s内弹簧对木块和子弹整体的冲量I。(6分)
答案：9 N·s，方向竖直向上
解析：经过t=1 s，木块第一次回到A位置，根据机械能守恒定律可知，此时木块和子弹整体的速度大小为v，方向竖直向上，以向下为正方向，由动量定理有I+gt=-(M+m)v-(M+m)v，解得此过程中弹簧对木块和子弹整体的冲量I=-9 N·s，负号表示方向竖直向上。
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8.(10分)(2025·云南保山阶段练习)如图甲所示，一辆质量为M= 1.5 kg的小车静止在光滑的水平面上，一质量为m的木块以一定的水平速度滑上小车，最后与小车以相同的速度运动，它们的运动速度随时间变化的图像如图乙所示。取g=10 m/s2。求：
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(1)木块的质量m;(5分)
答案：0.5 kg
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解析：木块与小车相互作用过程，木块与小车构成的系统动量守恒，由动量守恒定律有
mv0=v共
由题图乙可知v0=2 m/s，共同速度为v共=0.5 m/s
联立解得木块的质量m=0.5 kg。
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(2)木块与小车上表面的动摩擦因数。(5分)
解析：由题图乙可得小车的加速度大小为
a= m/s2=1 m/s2
对小车由牛顿第二定律可得μmg=Ma
解得μ==0.3。
答案：0.3
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9.(18分)(2024·安徽高考)如图所示，
一实验小车静止在光滑水平面上，其上
表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧
轨道，圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨
道最低点。一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置，由静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨道运动。
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已知细线长L=1.25 m，小球质量m=0.20 kg，物块、小车质量均为M=0.30 kg，小车上的水平轨道长s=1.0 m，圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前，所受拉力的大小;(5分)
答案：6 N
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解析：小球运动到最低点的过程中，由动能定理得mgL=m-0，解得v0=5 m/s，
在最低点，对小球由牛顿第二定律得FT-mg=m，解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6 N。
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(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小;(5分)
答案：4 m/s
解析：小球与物块碰撞过程为弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0=mv1+Mv2，
m=m+M，
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v2=v0=4 m/s。
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(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。(8分)
答案：0.25≤μ<0.4
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解析：若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时物块和小车共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv3，由能量守恒定律得M=×2M+μ1Mgs，解得μ1=0.4;若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置，此时物块和小车共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv4，由能量守恒定律得M=×2M+μ2Mgs+MgR，解得μ2=0.25;综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为0.25≤μ<0.4。课时跟踪检测(八) 四种“类碰撞”模型
(网阅作业,选择题请在答题区内作答。标的为推荐讲评题目)
1.(2025·江苏常州阶段练习)质量为M的木块静止在光滑水平面上,质量为m的子弹以一定的水平速度射入其中(没有射出),从射入至达到共同速度为止 ( )
A.摩擦力对子弹做功的数值超过木块获得动能的3倍
B.摩擦产生的热量在数值上等于木块获得的动能
C.摩擦力对两物体做功的代数和等于0
D.因为存在相互间的摩擦力,所以系统机械能不守恒、动量也不守恒
2.(2025·辽宁营口期中)(多选)物理老师给同学们介绍了一种游戏,如图所示,通过一根轻绳悬挂着一个质量为m的盒子,盒子开口向左,小朋友将泥巴以某一初速度水平向右扔到盒子内,装有泥巴的盒子上升的高度越高,比赛得分就越高。已知悬点O到盒子中心的距离为l,泥巴的质量始终为2m,进入盒子前泥巴的速度为v0=(g为重力加速度)。认为泥巴进入盒子后立即与盒子相对静止,下列说法正确的是 ( )
A.泥巴进入盒子瞬间,与盒子的共同速度为
B.进入盒子的过程中泥巴损失的机械能为mgl
C.泥巴进入盒子瞬间,轻绳对盒子的拉力大小为4mg
D.盒子上升的最大高度为l
3.(2025·重庆沙坪坝阶段练习)如图甲所示,左端接有轻弹簧的物块A静止在光滑水平面上,物块B以一初速度向A运动,t=0时物块B与弹簧接触, 0~2 s内两物块的v-t 图像如图乙所示, 则 ( )
A.物块A的质量比物块B的质量小
B.0~1 s内,弹簧对物块A、B 的冲量相同
C.t=1 s时,弹簧的弹性势能为零
D.t=2 s时, 物块A的动量比物块B的动量大
4.(2025·山东菏泽阶段练习)如图所示,有一质量为m的小球,以速度v0滑上静置于光滑水平面上的带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块,滑块的质量为3m,小球在上升过程中始终未能冲出圆弧轨道,重力加速度为g,在小球运动过程中 ( )
A.小球和滑块组成的系统动量守恒
B.小球上升到最高点的速度大小为
C.小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为
D.小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为
5.(2025·山东德州期末)(多选)如图所示,质量为M的滑块静止在光滑水平面上,其左侧是四分之一光滑圆弧,左端底部恰好与地面相切,小球A、B的质量分别为m1=2 kg、m2=3 kg,A的初速度为v0, B保持静止,已知A与B发生弹性碰撞,要使A与B至少发生两次碰撞,则M可能为 ( )
A.5 kg B.6 kg
C.7 kg D.8 kg
6.(2025·重庆沙坪坝阶段练习)如图所示,A、B、C是光滑水平面上的三个大小相同的小球,A、B球的质量为m,C球的质量为2m ,其中B、C两小球用轻质弹簧连接后静止在水平面上。现让A球以速度v0 沿B、C两球球心的连线向B球运动,碰后A、B两球粘在一起。对A、B、C球及弹簧组成的系统,下列说法正确的是 ( )
A.三球速度相等时,弹簧一定处于压缩状态
B.弹簧的最大弹性势能等于m
C.全过程中系统的机械能不守恒,动量守恒
D.三球速度相等后,速度将保持不变7.(10分)如图所示,质量为M=0.48 kg的木块静止在一竖直放置的轻弹簧上端A点,弹簧下端连接地面,现有一质量为m=20 g的子弹以速度v0=100 m/s竖直向下射向木块并嵌入其中,经过t=1 s,木块第一次回到A位置,弹簧始终在弹性限度内,忽略空气阻力,取g=10 m/s2,求:
(1)子弹嵌入木块后的瞬间整体的速度大小v;(4分)
(2)1 s内弹簧对木块和子弹整体的冲量I。(6分)
8.(10分)(2025·云南保山阶段练习)如图甲所示,一辆质量为M=1.5 kg的小车静止在光滑的水平面上,一质量为m的木块以一定的水平速度滑上小车,最后与小车以相同的速度运动,它们的运动速度随时间变化的图像如图乙所示。取g=10 m/s2。求:
(1)木块的质量m;(5分)
(2)木块与小车上表面的动摩擦因数。(5分)
9.(18分)(2024·安徽高考)如图所示,一实验小车静止在光滑水平面上,其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道,圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点。一物块静止于小车最左端,一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方,并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置,由静止释放小球,小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后,物块沿小车上的轨道运动。已知细线长L=1.25 m,小球质量m=0.20 kg,物块、小车质量均为M=0.30 kg,小车上的水平轨道长s=1.0 m,圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前,所受拉力的大小;(5分)
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小;(5分)
(3)为使物块能进入圆弧轨道,且在上升阶段不脱离小车,求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。(8分)
课时跟踪检测(八)
1．选A 设子弹的初速度为v0，由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，则摩擦力对子弹做功的数值|W1|＝mv02－mv2＝mv02·，木块获得的动能Ek木＝Mv2＝mv02·，因M>m，可知M＋2m>3m，即W1>3Ek木，A正确；摩擦产生的热量Q＝fd(d为子弹进入木块的深度)，木块获得的动能Ek木＝fx(x为木块的位移)，两者不相等，B错误；摩擦力对子弹做的功W1＝－f(x＋d)，摩擦力对木块做的功W2＝fx，则摩擦力对两物体做功的代数和等于－fd，C错误；因为存在摩擦力，所以系统机械能不守恒，但是系统所受合外力为零，则动量守恒，D错误。
2．选BD 泥巴进入盒子瞬间，满足动量守恒，则有2mv0＝v1，解得v1＝，故A错误；进入盒子的过程中泥巴损失的机械能为ΔE损＝·2mv02－·2mv12＝mgl，故B正确；泥巴进入盒子瞬间，泥巴与盒子一起做圆周运动，根据牛顿第二定律有T－3mg＝3m，解得轻绳对盒子的拉力大小为T＝mg，故C错误；根据动能定理有－3mgh＝0－×3mv12，解得盒子上升的最大高度为h＝l，故D正确。
3．选A 由题图乙可知，物块B的初速度为v0＝1.2 m/s，t＝1 s时，物块A、B的共同速度为v＝1.0 m/s，由动量守恒定律可得mBv0＝v，解得mB＝5mA，故A正确；0～1 s内，弹簧对物块A的冲量方向向右，弹簧对物块B的冲量方向向左，所以弹簧对物块A、B的冲量不相同，故B错误；t＝1 s时，物块A、B有共同速度，弹簧最短，此时弹簧的弹性势能最大，故C错误；t＝2 s时，由题图乙可得物块A的动量pA＝mAvA＝2mA，物块B的动量pB＝mBvB＝0.8mB＝4mA，所以t＝2 s时，物块A的动量比物块B的动量小，故D错误。
4．选C 在小球运动过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，在竖直方向上动量不守恒，故A错误；小球在圆弧轨道上升到最高点时小球与滑块的速度相同，系统在水平方向上动量守恒，规定v0的方向为正方向，有mv0＝4mv，解得v＝，故B错误；根据机械能守恒定律得mv02＝×4mv2＋mgh，解得h＝，故C正确；小球离开圆弧轨道时，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋3mv2，根据机械能守恒定律有mv02＝mv12＋×3mv22，联立解得v1＝－，v2＝，故D错误。
5．选BCD A与B发生第一次弹性碰撞后，设A与B的速度分别为v1、v2，则由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，由机械能守恒定律有m1v02＝m1v12＋m2v22，解得v1＝v0＝－v0，v2＝v0＝v0；小球B与滑块作用过程中， B与滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，设B离开滑块时速度为v2′，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得m2v2＝m2v2′＋Mv3，m2v22＝m2v2′2＋Mv32，解得v2′＝v2；由于v1与v0反向，要使A与B至少发生两次碰撞，需要v2′与v1同向且>，则v2′5 kg，故选B、C、D。
6．选C 碰后A、B两球粘在一起，AB球的速度大于C球的速度，开始压缩弹簧，当弹簧压缩到最短时，三球的速度相等，之后弹簧恢复到原长，此时C球的速度大于AB球的速度，然后弹簧开始伸长，当弹簧伸长到最长时，三球的速度相等，之后弹簧再次恢复到原长，以后重复以上过程，综上分析可知，三球速度相等时，弹簧可能压缩到最短，也可能伸长到最长，故A、D错误；在A、B两球碰撞过程，存在机械能损失，所以全过程中系统的机械能不守恒，但全过程中系统受到的合外力为0，所以系统的动量守恒，故C正确；A、B两球碰撞过程，根据动量守恒定律可得mv0＝2mvAB，解得碰后AB球的速度为vAB＝v0，当三球的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律可得2mvAB＝4mv共，解得三球的共同速度为v共＝v0，A、B两球碰后的过程，系统满足机械能守恒，则有×2mvAB2＝×4mv共2＋Ep，解得弹簧的最大弹性势能为Ep＝mv02，故B错误。
7．解析：(1)子弹嵌入木块过程满足系统动量守恒，取向下为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝4 m/s。
(2)经过t＝1 s，木块第一次回到A位置，根据机械能守恒定律可知，此时木块和子弹整体的速度大小为v，方向竖直向上，以向下为正方向，由动量定理有I＋gt＝－(M＋m)v－(M＋m)v，解得此过程中弹簧对木块和子弹整体的冲量I＝－9 N·s，负号表示方向竖直向上。
答案：(1)4 m/s (2)9 N·s，方向竖直向上
8．解析：(1)木块与小车相互作用过程，木块与小车构成的系统动量守恒，由动量守恒定律有mv0＝v共
由题图乙可知v0＝2 m/s，共同速度为v共＝0.5 m/s
联立解得木块的质量m＝0.5 kg。
(2)由题图乙可得小车的加速度大小为
a＝ m/s2＝1 m/s2
对小车由牛顿第二定律可得μmg＝Ma
解得μ＝＝0.3。
答案：(1)0.5 kg (2)0.3
9．解析：(1)小球运动到最低点的过程中，由动能定理得mgL＝mv02－0，解得v0＝5 m/s，
在最低点，对小球由牛顿第二定律得FT－mg＝m，解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT＝6 N。
(2)小球与物块碰撞过程为弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，
mv02＝mv12＋Mv22，
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为
v2＝v0＝4 m/s。
(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时物块和小车共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2＝2Mv3，
由能量守恒定律得Mv22＝×2Mv32＋μ1Mgs，
解得μ1＝0.4；
若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置，此时物块和小车共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2＝2Mv4，由能量守恒定律得Mv22＝×2Mv42＋μ2Mgs＋MgR，
解得μ2＝0.25；
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为0.25≤μ<0.4。
答案：(1)6 N (2)4 m/s (3)0.25≤μ＜0.4
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