(共96张PPT)
四种“类碰撞”典型模型研究(综合融通课)
第 5 讲
1
(一) 子弹打木块模型
2
(二) “滑块—弹簧”模型
3
(三) “滑块—曲面体”模型
4
(四) “滑块—滑板”模型
CONTENTS
目录
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课时跟踪检测
(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。
续
表
续
表
[例1] 如图所示的物块静止在光滑的水平面上，一根轻弹簧一端固定在物块正上方的O点，另一端连接在物块上，弹簧刚好处于原长，弹簧的原长为L，一颗质量为m的子弹以大小为v0的水平速度瞬间射入物块并留在其中，当物块向右运动的速度减为零时，物块对水平面的压力刚好为零，物块质量为4m，轻弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，求：
(1)子弹射入后物块的速度大小；
(2)当物块的速度为零时，弹簧的形变量；
(3)若将轻弹簧换成长为2L的细线(能承受的拉力足够大)，子弹打入木块后，木块向右运动并最终离开地面向上做圆周运动，要使物块能上升到圆周的最高点，子弹打入的初速度至少多大。
1．如图所示，质量为M的木块放在水平地面
上，子弹沿水平方向射入木块并留在其中，测出木块在水平地面上滑行的距离为s，已知木块与水平地面间的动摩擦因数为μ，子弹的质量为m，重力加速度为g，空气阻力可忽略不计，则子弹射入木块前的速度大小为( )
针对训练
√
(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重力或弹簧弹力做功，系统机械能守恒。
模型特点 (3)弹簧处于最长(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] (2022·全国乙卷)如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v -t图像如图(b)所示。已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ(sin θ＝0.6)，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。
[答案] (1)0.6mv02 (2)0.768v0t0 (3)0.45
2．(2024·海口高三检测)(多选)如图所示，质量为m的物体A放在光滑水平面上，右端与一水平轻质弹簧相连，弹簧另一端固定在墙上，质量为m的物体B以速度v0向右运动，与A相碰后一起压缩弹簧，直至B与A分离的整个过程中，下列说法正确的是( )
针对训练
√
√
解析：A和B发生完全非弹性碰撞过程有机械能的损失，而在弹簧被压缩的过程中，物体A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，则全过程系统机械能不守恒，故A错误；
(三) “滑块—曲面体”模型
模型图示
续表
[例3] 如图所示，质量为M＝4 kg的大滑块静置在光滑水平面上，滑块左侧为光滑圆弧，圆弧底端和水平面相切，顶端竖直。一质量为m＝1 kg的小物块，被压缩弹簧弹出后，冲上大滑块，能从大滑块顶端滑出，滑出时大滑块的速度大小为1 m/s。g取10 m/s2。求：
(1)小物块被弹簧弹出时的速度大小；
(2)小物块滑出大滑块后能达到的最大高度h1；
(3)小物块回到水平面的速度大小及再次滑上大滑块后能达到的最大高度h2。
[解析] (1)设小物块离开弹簧时的速度为v1，小物块滑上大滑块的过程中系统水平方向动量守恒mv1＝(m＋M)v2，解得v1＝5 m/s。
(3)小物块能下落到大滑块光滑圆弧最高点并沿圆弧下滑到水平面，系统水平方向动量守恒、机械能守恒，
有mv1＝mv1′＋Mv2′
[答案] (1)5 m/s (2)1 m (3)3 m/s 0.04 m
针对训练
√
√
解析：小球a第一次下滑到B点过程中，a、c组成的系统只有势能与动能相互转化，故系统机械能守恒；由于竖直方向所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误。
(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)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，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＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统。
续表
[例4] (2022·山东高考，节选)如图所示，
“L”型平板B静置在地面上，小物块A处于平
板B上的O′点，O′点左侧粗糙，右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在O′点正上方的O点，轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动(要求摆角小于5°)，A以速度v0沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。
一段时间后，A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到最高点。已知A的质量mA＝0.1 kg，B的质量mB＝0.3 kg，A与B的动摩擦因数μ1＝0.4，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.225，v0＝4 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2。整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，求：
(1)A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小vA与vB；
(2)B光滑部分的长度d；
(3)运动过程中A对B的摩擦力所做的功Wf。
4．(多选)如图所示，光滑水平面上放置滑
块A和左侧固定轻质竖直挡板的木板B，滑块C置于B的最右端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝3 kg、mC＝1 kg。开始时B、C静止，A以v0＝7.5 m/s的速度匀速向右运动，A与B发生正撞(碰撞时间极短)，经过一段时间，B、C达到共同速度一起向右运动，且此时C再次位于B的最右端。已知所有的碰撞均无机械能损失，木板B的长度为L＝0.9 m，B、C之间的动摩擦因数为μ，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
针对训练
A．A与B碰撞后瞬间，B的速度大小为5 m/s
B．A与B碰撞后瞬间，B的速度大小为6 m/s
C．C与B左侧的挡板相撞后的一小段时间内，C对B摩擦力的冲量水平向左
D．μ＝0.75
√
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C与B左侧的挡板相撞后的一小段时间内，C的速度大于B的速度，C对B的摩擦力水平向右，此时C对B摩擦力的冲量水平向右，故C错误；
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2．如图所示，光滑水平地面上并排放置着质量分别为m1＝1 kg、m2＝2 kg的木板A、B，一质量M＝2 kg的滑块C(视为质点)以初速度v0＝10 m/s从A左端滑上木板，C滑离木板A时的速度大小为v1＝7 m/s，最终C与木板B相对静止，则( )
A．木板B与滑块C最终均静止在水平地面上
B．木板B的最大速度为2 m/s
C．木板A的最大速度为1 m/s
D．整个过程，A、B、C组成的系统机械能减少了57.5 J
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解析：整个系统水平方向动量守恒，C滑离木板A时Mv0＝Mv1＋(m1＋m2)vA，解得木板A的最大速度为vA＝2 m/s，滑上B后，对B、C整体水平动量守恒Mv1＋m2vA＝(M＋m2)vB，解得木板B的最大速度为vB＝4.5 m/s，并且B、C最终一起匀速运动，故A、B、C错误；
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由能量守恒定律可知，木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差，选项D正确。
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4．(2024·武汉质检)(多选)如图所示，光滑水平
地面上停放着一辆质量为2m的小车，小车的四分之
一圆弧轨道在最低点B与水平轨道相切，圆弧轨道
表面光滑，半径为R，水平轨道表面粗糙。在小车的右端固定一个轻弹簧，弹簧的原长小于水平轨道的长度。一个质量为m的小球从圆弧轨道与圆心等高的A点开始自由滑下，经B到达水平轨道，压缩弹簧后被弹回并恰好在B点相对于小车静止，重力加速度大小为g，下列说法不正确的是( )
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解析：小球、小车及弹簧组成的系统由于克服阻力做功，机械能不守恒，水平方向外力为零，水平方向动量守恒，但竖直方向合力不为零，系统动量不守恒，故A错误，符合题意；
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解析：水平地面光滑，子弹、物体A、物体B三者组成的系统所受合外力为零，因此动量守恒，子弹打入物体A过程中，由于摩擦生热，故机械能不守恒，选项A错误；
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6.如图所示，把一质量为m＝0.2 kg的小球放在高度h＝5.0 m 的直杆的顶端，一颗质量m′＝0.01 kg的子弹以v0＝500 m/s的速度沿水平方向击中小球，并穿过球心，小球落地处离杆的距离s1＝20 m。取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。求：
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(1)小球在空中飞行的时间t和落地瞬间的速度v的大小和方向；
(2)子弹落地处离杆的距离s2；
(3)子弹穿过小球过程中系统损失的机械能ΔE。
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(2)子弹穿过小球过程中动量守恒m′v0＝m′v子＋mvx
解得v子＝100 m/s
子弹落地处离杆的距离s2＝v子t＝100 m。
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(1)求瞬时冲量的大小；
(2)已知小球在整个运动过程中所经过的路径都平滑相连，小球在细通道运动时所受到的摩擦阻力大小为f＝2 N。通过计算判断小球能否通过物块，并求出小球离开物块时速度的大小。
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B卷——重难考法强化
8．(2024·长沙高三模拟)如图所示，质量为m＝1 kg的工件甲静置在光滑水平面上，其上表面由光滑水平轨道AB和四分之一光滑圆弧轨道BC组成，两轨道相切于B点，圆弧轨道半径为R＝0.824 m，质量也为m的小滑块乙静置于A点。不可伸长的细线一端固定于O点，另一端系一质量为M＝4 kg的小球丙，细线竖直且丙静止时O到球心的距离为L＝2 m。现将丙向右拉开至细线与竖直方向夹角为θ＝53°并由静止释放，丙在O正下方与甲发生弹性碰撞(之后两者不再发生碰撞)。已知重力加速度大小为g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力。
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(1)求丙与甲碰后瞬间各自速度的大小；
(2)通过计算分析判断，碰后甲向左滑动的过程中，乙能否从C点离开圆弧轨道。
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解得碰后瞬间，丙速度大小v′＝2.4 m/s
甲速度大小v＝6.4 m/s。
(2)假设乙能从C点离开，在C点时甲、乙水平速度相同，设此时甲速度为v甲，从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程，甲、乙水平方向动量守恒mv＝2mv甲
解得v甲＝3.2 m/s
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答案：(1)2.4 m/s 6.4 m/s (2)见解析
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(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。
(2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。
(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)。
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(2)木板与弹簧接触以后，对木板和小物块组成的系统有kx2＝(m1＋m2)a共
对物块有a2＝μg＝1 m/s2
当a共＝a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2＝0.25 m
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(1)求滑块a到达圆弧管道 DEF最低点F 时速度大小vF和所受支持力大小 FN；
(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1 m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。
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(2)滑块a返回B点时的速度vB＝1 m/s，滑块a一直在传送带上做减速运动，加速度大小为a＝μg＝5 m/s2，根据vB2＝vC2－2aL，可得在C点的速度vC＝3 m/s，则滑块a从碰撞后到返回到C点，
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(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则a、b碰后的共同速度设为v，由动量守恒定律有mvF＝4mv，解得v＝2.5 m/s，
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答案：(1)10 m/s 31.2 N (2)0 (3)0.2 m课时跟踪检测(三十八) 四种“类碰撞”典型模型研究
A卷——质量水平评价
1.如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M＝2m的斜面体，斜面体表面光滑、高度为h、倾角为θ。一质量为m的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中机械能损失。如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端。如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能到达的最大高度为( )
A. B.
C. D．h
2．如图所示，光滑水平地面上并排放置着质量分别为m1＝1 kg、m2＝2 kg的木板A、B，一质量M＝2 kg的滑块C(视为质点)以初速度v0＝10 m/s从A左端滑上木板，C滑离木板A时的速度大小为v1＝7 m/s，最终C与木板B相对静止，则( )
A．木板B与滑块C最终均静止在水平地面上
B．木板B的最大速度为2 m/s
C．木板A的最大速度为1 m/s
D．整个过程，A、B、C组成的系统机械能减少了57.5 J
3．(2024·西安模拟)如图所示，质量为m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为m的木块A放在长木板的左端，一颗质量为m的子弹以速度v0射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为，木块在木板上滑行的时间为t，则下列说法错误的是( )
A．木块获得的最大速度为
B．木块滑离木板时，木板获得的速度大小为
C．木块在木板上滑动时，木块与木板之间的滑动摩擦力大小为
D．因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差
4．(2024·武汉质检)(多选)如图所示，光滑水平地面上停放着一辆质量为2m的小车，小车的四分之一圆弧轨道在最低点B与水平轨道相切，圆弧轨道表面光滑，半径为R，水平轨道表面粗糙。在小车的右端固定一个轻弹簧，弹簧的原长小于水平轨道的长度。一个质量为m的小球从圆弧轨道与圆心等高的A点开始自由滑下，经B到达水平轨道，压缩弹簧后被弹回并恰好在B点相对于小车静止，重力加速度大小为g，下列说法不正确的是( )
A．小球、小车及弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒
B．小球第一次到达B点时对小车的压力为mg
C．弹簧具有的最大弹性势能为mgR
D．从开始到弹簧具有最大弹性势能时，摩擦生热为mgR
5．(多选)如图所示，有一个质量为M－m的物体A和一个质量为M的物体B用轻弹簧连接，放在光滑的水平地面上。二者初始静止，弹簧原长为L0，劲度系数为k，弹性势能表达式E弹＝kx2(x为弹簧的形变量)。现用一质量为m的子弹沿水平方向以初速度v0打中物体A，并留在物体A中(子弹与物体A达到相对静止的时间极短)，然后压缩弹簧至最短，之后弹簧恢复原长，最后被拉长至最长。则下列说法正确的是( )
A．整个过程中子弹、物体A、物体B三者组成的系统动量守恒、机械能守恒
B．弹簧被压缩至最短时物体B的速度大小为v0
C．整个过程中弹簧的最大弹性势能为mv02
D．物体B的最大加速度大小为
6.如图所示，把一质量为m＝0.2 kg的小球放在高度h＝5.0 m 的直杆的顶端，一颗质量m′＝0.01 kg的子弹以v0＝500 m/s的速度沿水平方向击中小球，并穿过球心，小球落地处离杆的距离s1＝20 m。取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)小球在空中飞行的时间t和落地瞬间的速度v的大小和方向；
(2)子弹落地处离杆的距离s2；
(3)子弹穿过小球过程中系统损失的机械能ΔE。
7．(2024·宜春高三调研)如图所示，在光滑水平地面上，固定一个倾角θ＝30°的斜面，斜面与小球的动摩擦因数为。在斜面底端附近放有一个匀质物块，物块的质量M＝3 kg、长度L＝0.8 m。在物块内部有如图所示一条左右对称的均匀细通道，通道的倾角α＝37°。现在斜面上高h＝2 m处有一个质量m＝1 kg 的小球正以4 m/s的速度沿斜面向上运动时，突然获得一个沿斜面向下的瞬时冲量，小球在t＝1 s末恰好到达斜面底部，之后小球进入物块中的通道运动。(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)
(1)求瞬时冲量的大小；
(2)已知小球在整个运动过程中所经过的路径都平滑相连，小球在细通道运动时所受到的摩擦阻力大小为f＝2 N。通过计算判断小球能否通过物块，并求出小球离开物块时速度的大小。
B卷——重难考法强化
8．(2024·长沙高三模拟)如图所示，质量为m＝1 kg的工件甲静置在光滑水平面上，其上表面由光滑水平轨道AB和四分之一光滑圆弧轨道BC组成，两轨道相切于B点，圆弧轨道半径为R＝0.824 m，质量也为m的小滑块乙静置于A点。不可伸长的细线一端固定于O点，另一端系一质量为M＝4 kg的小球丙，细线竖直且丙静止时O到球心的距离为L＝2 m。现将丙向右拉开至细线与竖直方向夹角为θ＝53°并由静止释放，丙在O正下方与甲发生弹性碰撞(之后两者不再发生碰撞)。已知重力加速度大小为g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力。
(1)求丙与甲碰后瞬间各自速度的大小；
(2)通过计算分析判断，碰后甲向左滑动的过程中，乙能否从C点离开圆弧轨道。
9．(2023·辽宁高考)如图，质量m1＝1 kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4 kg的小物块以水平向右的速度v0＝ m/s 滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝kx2。取重力加速度g＝10 m/s2，结果可用根式表示。
(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。
(2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。
(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)。
10．(2023·浙江6月选考)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4 m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100 N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12 kg的滑块a以初速度v0＝2 m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L＝0.8 m，以v＝2 m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝kx2(x为形变量)。(g取10 m/s2)
(1)求滑块a到达圆弧管道 DEF最低点F 时速度大小vF和所受支持力大小 FN；
(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1 m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。
课时跟踪检测(三十八)
1．选C 斜面固定时，由动能定理得：－mgh＝0－mv02，所以v0＝；斜面不固定时，在水平方向动量守恒，得：mv0＝(M＋m)v，由机械能守恒定律得：mv02＝(M＋m)v2＋mgh′，解得：h′＝h，故C正确。
2．选D 整个系统水平方向动量守恒，C滑离木板A时Mv0＝Mv1＋(m1＋m2)vA，解得木板A的最大速度为vA＝2 m/s，滑上B后，对B、C整体水平动量守恒Mv1＋m2vA＝(M＋m2)vB，解得木板B的最大速度为vB＝4.5 m/s，并且B、C最终一起匀速运动，故A、B、C错误；整个过程，A、B、C组成的系统机械能减少了ΔE＝Mv02－m1vA2－(m2＋M)vB2＝57.5 J，故D正确。
3．选B 对子弹和木块A组成的系统，根据动量守恒定律mv0＝v1，解得v1＝，此后木块A与子弹一起做减速运动，则此时木块的速度最大，选项A正确；木块滑离木板时，对木板和木块(包括子弹)系统由动量守恒定律得＝×＋mv2，解得v2＝，选项B错误；对木板，由动量定理：ft＝mv2，解得f＝，选项C正确；由能量守恒定律可知，木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差，选项D正确。
4．选AB 小球、小车及弹簧组成的系统由于克服阻力做功，机械能不守恒，水平方向外力为零，水平方向动量守恒，但竖直方向合力不为零，系统动量不守恒，故A错误，符合题意；将小车和小球、弹簧当成一个系统，在运动过程中，系统的水平方向动量守恒，取向右为正，0＝mv1－2mv2，mgR＝mv12＋·2mv22，小球第一次到达B点时FN－mg＝m，解得FN＝4mg，根据牛顿第三定律，小球对小车的压力为4mg，故B错误，符合题意；弹簧具有的弹性势能最大时，系统共速mv1－2mv2＝(m＋2m)v，解得v＝0，设克服阻力做功为Wf，根据能量守恒定律得mv12＋·2mv22＝Epm＋Wf，压缩弹簧后被弹回并恰好在B点相对于小车静止，可N知mv1－2mv2＝(m＋2m)v′，最终共速为0，根据能量守恒定律得Epm＝Wf，解得Epm＝Wf＝Q＝mgR，故C、D正确，不符合题意。
5．选BD 水平地面光滑，子弹、物体A、物体B三者组成的系统所受合外力为零，因此动量守恒，子弹打入物体A过程中，由于摩擦生热，故机械能不守恒，选项A错误；当三者共速时，弹簧被压缩至最短，设共同速度为v2，根据动量守恒定律有mv0＝[m＋(M－m)＋M]v2，解得v2＝v0，选项B正确；子弹打入物体A并留在A中时，设此时A的速度大小为v1，对子弹与物体A，根据动量守恒定律有mv0＝[m＋(M－m)]v1，解得v1＝v0，当弹簧压缩至最短或伸长至最长时，弹性势能最大，此时三者共速，从子弹打入物体A后至AB共速，弹性势能增加量等于系统动能减少量，故最大弹性势能为E弹＝Mv12－×2Mv22＝，选项C错误；当弹簧形变量最大时，弹力最大，物体B的加速度最大，E弹＝kx2＝，根据牛顿第二定律得kx＝Ma，联立二式得a＝，选项D正确。
6．解析：(1)小球在空中飞行的时间
t＝＝1 s
小球平抛运动的水平速度为
vx＝＝20 m/s
落地瞬间速度的竖直分量为
vy＝gt＝10 m/s
落地瞬间的速度为
v＝＝10 m/s
假设落地速度与水平方向成角度α，
则tan α＝＝。
(2)子弹穿过小球过程中动量守恒
m′v0＝m′v子＋mvx，解得v子＝100 m/s
子弹落地处离杆的距离s2＝v子t＝100 m。
(3)子弹穿过小球过程中系统损失的机械能ΔE＝m′v02－m′v子2－mvx2＝1 160 J
答案：(1)1 s 10 m/s 速度方向与水平方向夹角的正切值为 (2)100 m
(3)1 160 J
7．解析：(1)小球沿斜面向下运动的时候，由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma
解得a＝0
所以小球做匀速运动，
依题意有＝vt，I＝mv－(－mv0)
解得I＝8 N·s。
(2)由几何关系可知，每段通道长l＝0.5 m，高h1＝0.3 m，假设走完左边通道二者恰好共速，速度大小为v′，则小球应该上升高度设为h2，由动量守恒定律和能量守恒定律有mv＝(m＋M)v′
mv2＝(m＋M)v′2＋mgh2＋fl
解得h2＝0.5 m
因为h2>h1，所以小球能够通过物块。
设通过后，小球及物块速度分别为v1和v2，则有mv＝mv1＋Mv2
mv2＝mv12＋Mv22＋f·2l
解得v1＝(1＋)m/s。
答案：(1)8 N·s (2)能 (1＋)m/s
8．解析：(1)丙向下摆动过程中由机械能守恒定律得MgL(1－cos θ)＝Mv02
解得v0＝4 m/s
丙与甲碰撞过程，由动量守恒定律得Mv0＝Mv′＋mv，由机械能守恒定律得Mv02＝Mv′2＋mv2
解得碰后瞬间，丙速度大小v′＝2.4 m/s
甲速度大小v＝6.4 m/s。
(2)假设乙能从C点离开，在C点时甲、乙水平速度相同，设此时甲速度为v甲，从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程，甲、乙水平方向动量守恒mv＝2mv甲
解得v甲＝3.2 m/s
设乙从C点离开时竖直方向速度大小为vy，从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程中，由机械能守恒定律得
mv2＝mv甲2＋mv乙2＋mgR
又因为v乙2＝v甲2＋vy2
解得vy＝2 m/s＞0，所以乙能从C离开圆弧轨道。
答案：(1)2.4 m/s 6.4 m/s (2)见解析
9．解析：(1)由于地面光滑，则木板和小物块组成的系统动量守恒，则有m2v0＝(m1＋m2)v1
代入数据解得v1＝1 m/s
对木板受力分析有a1＝＝4 m/s2
则有v12＝2a1x1
代入数据解得x1＝0.125 m。
(2)木板与弹簧接触以后，对木板和小物块组成的系统有kx2＝(m1＋m2)a共
对物块有a2＝μg＝1 m/s2
当a共＝a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2＝0.25 m
对木板和物块组成的系统，由动能定理有
－kx22＝(m1＋m2)v22－(m1＋m2)v12，代入数据解得v2＝ m/s。
(3)木板与物块发生相对滑动后，对木板有kx－μm2g＝m1a1，对物块有μm2g＝m2a2
木板减速到0后向左加速，二者加速度再次相同时有＝μg
整理得kx′＝μ(m1＋m2)g，解得x′＝0.25 m
木板向左加速的时间也为t0
对物块由动量定理有
－μm2g·2t0＝m2v′－m2v2
解得v′＝m/s
所以对系统由能量守恒定律有ΔU＝m2v22－m2v′2＝ J。
答案：(1)1 m/s 0.125 m
(2)0.25 m m/s (3) J
10．解析：(1)滑块a从D到F，由动能定理有mg·2R＝mvF2－mv02，在F点根据牛顿第二定律有FN－mg＝m，解得vF＝10 m/s，FN＝31.2 N。
(2)滑块a返回B点时的速度vB＝1 m/s，滑块a一直在传送带上做减速运动，加速度大小为a＝μg＝5 m/s2，根据vB2＝vC2－2aL，可得在C点的速度vC＝3 m/s，则滑块a从碰撞后到返回到C点，有mv12＝mvC2＋mg·2R，解得v1＝5 m/s，因a、b碰撞过程动量守恒，则mvF＝－mv1＋3mv2，解得碰后b的速度v2＝5 m/s，则碰撞损失的机械能ΔE＝mvF2－mv12－·3mv22＝0。
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则a、b碰后的共同速度设为v，由动量守恒定律有mvF＝4mv，解得v＝2.5 m/s，
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时，a、b、c三者速度相等，设共同速度为v′，由动量守恒定律有4mv＝6mv′，解得v′＝ m/s，
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由机械能守恒定律有·4mv2＝·6mv′2＋kx12，解得x1＝0.1 m，同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2＝x1，则弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝2x1＝0.2 m。
答案：(1)10 m/s 31.2 N (2)0 (3)0.2 m
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