综合•融通(三) 四种“类碰撞”模型（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册（人教版2019 江苏北京版）

综合•融通(三)　四种“类碰撞”模型 (融会课—主题串知综合应用) 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。 1 主题(一) 子弹打木块模型 2 主题(二) “滑块—弹簧”模型 3 主题(三) “滑块—曲面体”模型 CONTENTS 目录 4 主题(四)　“滑块—滑板”模型 CONTENTS 目录 5 课时跟踪检测 6 阶段质量评价（一） 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。 续表 续表 [例1]　如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方形匀质木块，现有一颗质量为20 g的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm。设木块对子弹的阻力保持不变。 (1)求子弹和木块的共同速度大小以及它们在此过程中所产生的内能。 (2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？请计算并说明。 解得d′≈10.7 cm 因为d′>10 cm，所以能射穿木块。 [答案]　(1)6 m/s　882 J　(2)能　理由见解析 1．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，下列说法不正确的是(　 ) 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 √ 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]　(2024·江苏泰州期中)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg。用轻质弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触，另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图像如图乙所示。求： (1)物块C的质量mC； (2)4～12 s内墙壁对物块B的冲量大小I； (3)物体B离开墙壁后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep。 [解析]　(1)由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，则有mCv1＝(mA＋mC)v2 解得物块C的质量为mC＝2 kg。 (2)取水平向右为正方向，根据动量定理，以A、C为对象，4～12 s内弹簧对A、C的冲量为I′＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2＝(4＋2)×(－3)N·s－(4＋2)×3 N·s＝－36 N·s，可知弹簧对物块B的冲量大小也为36 N·s,4～12 s内物块B静止，则弹簧对物块B的冲量与墙壁对物块B的冲量等大反向，则墙壁对物块B的冲量大小为36 N·s。 [答案]　(1)2 kg　(2)36 N·s　(3)9 J 2．(2024·江苏南通高二检测)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B与弹簧接触，0～2 s内两物块的v-t图像如图乙所示。则(　 ) 针对训练 A．A的质量比B的大 B．0～1 s内，弹簧对A、B的冲量相同 C．t＝1 s时，弹簧的弹性势能最大 D．t＝2 s时，A的动量比B的大 解析：由题图可知，物块B的初速度为v0＝1.2 m/s，t＝1 s时，物块A、B的共同速度大小为v＝1.0 m/s，由动量守恒定律可得mBv0＝(mA＋mB)v，解得mB＝5mA，故A错误； √ 0～1 s内，弹簧对A的冲量方向向右，弹簧对B的冲量方向向左，所以弹簧对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，弹簧的弹性势能最大，故C正确； t＝2 s时，A的动量pA＝mAvA，B的动量pB＝mBvB，由题图可知vA＝2.0 m/s，vB＝0.8 m/s，又mB＝5mA，所以A的动量比B的小，故D错误。 主题(三) “滑块—曲面体”模型 模型图示 续 表 续 表 (1)小球B能达到的最大高度； (2)通过计算分析，小球B能否第二次进入圆轨道。 球A与球B第一次碰后以v1＝－2 m/s的速度向左运动，再次压缩弹簧，根据能量守恒定律，球A与弹簧分离后的速度大小为v6＝2 m/s，经过一段时间，球A与球B发生第二次碰撞，设碰后球A和球B的速度分别为v7、v8，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得m1v6＋m2v4＝m1v7＋m2v8 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。 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]　(2024·湖北黄冈期中)如图所示，光滑水平面上有两个高度相同的滑板A、B，质量分别为mA＝1 kg、mB＝1 kg，滑板B上最左端放置一个可视为质点的物块C，质量为mC＝1 kg，物块C与滑板A上表面间的动摩擦因数为μ＝0.5，滑板A以v0＝3 m/s的初速度向右运动与B发生碰撞，碰撞时间极短，可忽略不计。碰撞后滑板A、B始终粘连在一起，物块C恰好未从滑板A左端滑下。重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)滑板A与滑板B碰撞后瞬间滑板B的速度大小v； (2)从滑板A与B碰撞开始计时，经多长时间物块C恰好到达滑板A最左端； (3)滑板A的最短长度l。 [解析]　(1)滑板A与滑板B碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知mAv0＝(mA＋mB)v 解得碰撞后瞬间滑板B的速度大小为v＝1.5 m/s。 (2)将A、B、C看成一个系统，则由动量守恒定律可知(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)v1 对C，由动量定理μmCgt＝mCv1－0 联立解得t＝0.2 s。 [答案]　(1)1.5 m/s　(2)0.2 s　(3)0.15 m 4．(2024·江苏盐城期中)如图所示，一质量为M＝3.0 kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量为m＝1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为5.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B。在A做加速运动的时间内，B的速度大小可能是(　 ) A．1.8 m/s　　　　　　　 B．2.4 m/s C．2.8 m/s D．3.5 m/s 针对训练 √ 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1．(2024·常州高二调研)一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A 并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统(　 ) A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能守恒 C．动量守恒，机械能不守恒 D．无法判定动量、机械能是否守恒 √ 6 7 8 9 解析：在整个过程中子弹、两木块和弹簧组成的系统所受合外力为零，动量守恒，但在子弹射进木块过程中有内能产生，则系统机械能不守恒。故选C。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 2．(2024·黑龙江齐齐哈尔期中)如图所示，A、B两物体质量相等，B上连有一轻质弹簧，且静止在光滑的水平面上，当A以速度v通过弹簧与B正碰时，则(　 ) A．当弹簧压缩量最大时，A的动能恰为零 B．当弹簧压缩量最大时，弹簧具有的弹性势能等于物体A碰撞前的动能 C．碰后A离开弹簧，A静止，B以速度v向右运动 D．碰后A离开弹簧，A被弹回向左运动，B向右运动 9 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 解析：当弹簧压缩量最大时，此时A、B相距最近，两者共速，此时A的动能不为零，选项A错误； 2 3 4 1 5 6 7 8 9 2 3 4 1 5 6 7 8 9 3.(2024·江苏高邮检测)如图所示，一带有半径足够大的光滑圆弧轨道的小车的质量M＝3 kg，小车静止在光滑水平地面上，圆弧下端水平。有一质量m＝1 kg的小球以水平初速度v0＝4 m/s从圆弧下端滑上小车，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 A．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统动量守恒 B．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统机械能不守恒 C．小球沿圆弧轨道上升到最大高度时的速度大小为1.5 m/s D．小球沿圆弧轨道上升的最大高度为0.6 m 解析：在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统竖直方向合外力不为零，动量不守恒，故A错误； 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统只有重力做功，所以系统机械能守恒，故B错误； 小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，小球沿圆弧轨道上升到最大高度时两者共速，设两者共同速度大小为v，则mv0＝(m＋M)v，解得v＝1 m/s，故C错误； 2 3 4 1 5 6 7 8 9 4．(2024·南京高二检测)如图所示，质量为4m的木板静止 在足够大的光滑水平地面上，质量为3m的木块静止在木板的左端。质量为m的子弹以大小为v0的初速度射入木块，子弹射入木块后未穿出木块，且木块恰好未滑离木板。木块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，子弹与木块均视为质点，不计子弹射入木块的时间。下列说法正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 解析：子弹射入木块过程，子弹和木块组成的系统动量守恒，但由于系统内摩擦力做功，系统机械能不守恒，A错误； 2 3 4 1 5 6 7 8 9 2 3 4 1 5 6 7 8 9 5．(2024·江苏兴化调研)长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 A．木板获得的动能为1.5 J B．系统损失的机械能为1 J C．木板A的最小长度为2 m D．A、B间的动摩擦因数为0.1 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 1 5 6 7 8 9 2 3 4 1 5 6 7 8 9 6．(2024·北京顺义检测)如图所示，在光滑的水平面上有三个小物块A、B、C，三者处于同一直线上。A、B用弹簧栓连且处于静止状态，C以初速度v0向左运动，B、C相碰后以相同的速度向左运动但不粘连。已知A的质量为3m，B、C的质量均为m，求： (1)B、C相碰时，系统损失的动能ΔEk； (2)弹簧压缩量最大时储存的弹性势能Ep。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 2 3 4 1 5 6 7 8 9 2 3 4 1 5 6 7 8 9 7.(2024·江苏常州联考)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速度大小v； (2)1 s内弹簧对木块和子弹整体的冲量I。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 解析：(1)子弹进入木块过程满足动量守恒定律，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 3 4 答案：(1)4 m/s　(2)9 N·s，方向竖直向上 1 5 6 7 8 9 8．(2024·江苏南京质检)一长木板放在光滑的水平 面上，在长木板的最左端放一可视为质点的滑块，另 一质量与滑块质量相等的小球用长为R的轻绳拴接在天花板上，如图所示。现将小球拉至轻绳与竖直方向成θ＝53°的位置无初速度释放，小球摆至最低点时刚好和滑块发生无机械能损失的碰撞，经一段时间滑块从长木板的最右端离开，滑块离开长木板时的速度为长木板速度的3倍， 2 3 4 1 5 6 7 8 9 已知长木板的上表面与水平面之间的距离为h，滑块与长木板之间的动摩擦因数为μ，长木板的质量为滑块的5倍，重力加速度为g，sin 53°＝0.8。求： (1)滑块离开长木板时的速度大小； (2)长木板的总长度； (3)滑块落在水平面上的位置距离长木板右端的水平距离。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 2 3 4 1 5 6 7 8 9 2 3 4 1 5 6 7 8 9 2 3 4 1 5 6 7 8 9 2 3 4 1 5 6 7 8 9 9．(2024·江苏宿迁期中)如图所示，带有半径为R的四分之一光滑圆弧的物块A静止在光滑水平面上，滑块C置于木板B的左端，A、B、C的质量均为m，滑块C与木板B上表面间的动摩擦因数为μ，A、B底面厚度相同。现B、C以相同的速度v0向右匀速运动，B与A碰后即粘连在一起，C恰好能沿A的圆弧轨道滑到与圆心等高处。求：(已知重力加速度为g) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 (1)A、B碰撞结束时损失的机械能； (2)C在B上表面从左到右滑动过程中产生的热量； (3)滑块C在木板B上运动的总路程(C不会从B左端滑落)。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 2 3 4 1 5 6 7 8 9 2 3 4 阶段质量评价（一） (单击进入电子文档) 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＝mv02－(M＋m)v2 两种情境 (2)子弹穿透木块 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2 能量守恒： Q＝Ff·d＝mv02－ [解析]　(1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝6 m/s 此过程系统产生的内能ΔE＝mv02－(M＋m)v2＝882 J。 (2)假设子弹以v0′＝400 m/s的速度入射时没有射穿木块，则对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0′＝(M＋m)v′，解得v′＝8 m/s 此过程系统所损耗的机械能为ΔE′＝mv0′2－(M＋m)v′2＝1 568 J 由功能关系有ΔE＝F阻x相＝F阻d ΔE′＝F阻x相′＝F阻d′，则＝＝ 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； (3)t＝12 s时B离开墙壁，此时A、C的速度大小v3＝3 m/s，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，则有v3＝v4 v32＝v42＋Ep 联立解得物体B离开墙壁后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能为Ep＝9 J。 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，mv02＝(M＋m)v共2＋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)。 模型特点 (2)返回最低点：水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，mv02＝mv12＋Mv22(相当于完成了弹性碰撞)。 [例3]　如图所示，A、B、C的质量分别为m1＝1 kg、m2＝1.5 kg、m3＝3 kg，轻弹簧的左端固定在挡板上，C为半径R＝2 m的圆轨道，静止在水平面上。现用外力使小球A压缩弹簧(A与弹簧不连接)，当弹簧的弹性势能为Ep＝50 J时由静止释放小球A，小球A与弹簧分离后与静止的小球B发生正碰，小球B到圆轨道底端的距离足够长，经过一段时间小球B滑上圆轨道，一切摩擦均可忽略，假设所有的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度取g＝10 m/s2。求： [解析]　(1)设碰前小球A的速度为v0，从释放小球A到与弹簧分离的过程，由能量守恒定律得Ep＝m1v02 代入数据解得v0＝10 m/s A、B碰撞的过程，A、B组成的系统机械能守恒、动量守恒，有 m1v0＝m1v1＋m2v2 m1v02＝m1v12＋m2v22 代入数据解得v1＝－2 m/s，v2＝8 m/s 小球B与圆轨道在水平方向上共速时上升的高度最高，设共同的速度为v3，小球B与圆轨道组成的系统在水平方向上动量守恒，有m2v2＝(m2＋m3)v3 小球B与圆轨道组成的系统机械能守恒， 有m2v22＝(m2＋m3)v32＋m2gh 代入数据解得v3＝ m/s，h＝ m。 (2)设小球B与圆轨道分离时的速度分别为v4、v5，由动量守恒定律和机械能守恒定律得m2v2＝m2v4＋m3v5 m2v22＝m2v42＋m3v52 联立解得v4＝－ m/s，v5＝ m/s m1v62＋m2v42＝m1v72＋m2v82 解得v7＝－3.6 m/s，v8＝ m/s 因为v8<v5，所以小球B无法第二次进入圆轨道。 [答案]　(1) m　(2)不能，理由见解析 3．(2024·江苏昆山高二检测)如图所示，c是半径为R的圆周的圆弧形光滑槽，其质量为3m，静置于光滑水平面上，A为与c的圆心等高的点，B为c的最低点，与水平面相切。一可视为质点、质量未知的小球b静止在c右边的水平面上。将另一可视为质点、质量为m的小球a从槽口A点自由释放，到达水平面上与小球b发生弹性正碰。整个过程中，不计一切阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　 ) A．小球a第一次下滑到B点过程中，小球a和光滑槽c组成的系统机械能守恒，动量守恒 B．小球a第一次下滑到B点时，光滑槽c的速率为 C．小球a第一次下滑到B点时所受支持力大小为mg D．当小球b的质量为3m时，小球a与小球b碰撞后，小球a沿光滑槽c上升最大高度为R 因水平方向a、c组成的系统所受合外力为零，该方向动量守恒，有mva＋3mvc＝0，且mva2＋×3mvc2＝mgR，解得va＝、vc＝－，负号表示c与a运动方向相反，B错误。 a下滑到B点时相对c的圆心速度vB＞va，根据F支－mg＝m，解得F支＞mg，C错误。 当小球b的质量为3m时，a与b发生弹性正碰有：mva＝3mvb＋mva′、mva2＝×3mvb2＋mva′2，得va′＝－va，负号表示与c运动方向相同；因|va′|＞|vc|，小球a将追上c并上滑，a、c组成的系统水平方向动量守恒，mva′＋3mvc＝4mv共，设a上升最大高度为h，则有mva′2＋×3mvc2＝×4mv共2＋mgh，解得h＝，D正确。 (3)由动能定理可知μmCgl＝(mA＋mB)v2－(mA＋mB＋mC)v12，解得l＝0.15 m。 解析：以A、B组成的系统为研究对象，因为系统所受合外力为零，则系统动量守恒，选择水平向右为正方向，从A开始运动到A的速度为零，根据动量守恒定律可得v0＝MvB1，解得vB1＝ m/s；从开始运动到A、B共速，根据动量守恒定律可得v0＝vB2， 解得vB2＝2.5 m/s；木块A加速运动的过程为从其速度为零到与B共速，此过程中B始终减速，则在木块A做加速运动的时间内，B的速度范围为2.5 m/s≤vB≤ m/s，故C正确，A、B、D错误。 当弹簧压缩量最大时，则mv＝2mv′，弹簧具有的弹性势能Ep＝mv2－·2mv′2＝mv2＝·mv2，即等于物体A碰撞前动能的一半，选项B错误； 碰后A离开弹簧时，根据mv＝mv1＋mv2，mv2＝mv12＋mv22，解得v1＝0，v2＝v，即此时A静止，B以速度v向右运动，选项C正确，D错误。 设小球沿圆弧轨道上升的最大高度为h，小球与小车组成的系统机械能守恒，有mv02＝(m＋M)v2＋mgh，解得h＝0.6 m，故D正确。 A．子弹射入木块过程，子弹和木块组成的系统动量守恒、机械能守恒 B．子弹射入木块后共同速度为－v0 C．木板长度为 D．木块在木板上滑行时间为 对子弹和木块系统，根据动量守恒定律可得mv0＝v1，求得子弹射入木块后共同速度v1＝，B错误； 木块恰好未滑离木板，可知最终木块与木板具有相同的速度v2，根据动量守恒定律可得v1＝v2，解得v2＝，木块在木板上滑行时的加速度a＝＝μg，木块在木板上滑行时间为t＝＝，木板长度为L＝x块－x板＝t－t＝t＝，C错误，D正确。 解析：由题图乙可知，最终木板获得的速度为v＝1 m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝2 kg，则木板获得的动能为Ek＝Mv2＝×2×12 J＝1 J，故A错误； 系统损失的机械能ΔE＝mv02－(m＋M)v2，代入数据解得ΔE＝3 J，故B错误； 根据v-t图线与t轴所围的面积表示位移，由题图乙得到0～1 s内B的位移为sB＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A的位移为sA＝×1×1 m＝0.5 m，则木板A的最小长度为L＝sB－sA＝1 m，故C错误； 由题图乙可知，B的加速度a＝＝－1 m/s2，负号表示加速度的方向与v0的方向相反，由牛顿第二定律得－μmg＝ma，解得μ＝0.1，故D正确。 解析：(1)以向左为正方向，B、C相碰过程动量守恒，由动量守恒定律有mv0＝2mv1 解得v1＝v0 由能量守恒定律得ΔEk＝mv02－×2mv12 解得系统损失的动能为ΔEk＝mv02。 (2)以B、C碰后至弹簧压缩量最大为研究过程，A、B、C和弹簧组成的系统为研究对象；由系统动量守恒有2mv1＝5mv2 解得v2＝v0 由系统机械能守恒有×2mv12＝×5mv22＋Ep 解得Ep＝mv02。 答案：(1)mv02　(2)mv02 (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，此时速度大小为v，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。 解析：(1)设小球、滑块和长木板的质量分别为m、m和5m，则小球从最高点到最低点过程由机械能守恒定律mgR(1－cos 53°)＝mv02，解得v0＝2 小球与滑块发生无机械能损失的碰撞，则mv0＝mv1＋mv2，mv02＝mv12＋mv22， 解得v1＝0，v2＝2 设滑块离开长木板时的速度为3v，长木板的速度为v，则由动量守恒定律mv2＝m·3v＋5mv 解得v＝ 滑块离开木板的速度v′＝3v＝。 (2)设长木板的总长度为L，滑块在长木板上滑动过程，由功能关系 μmgL＝mv22－m·(3v)2－·5mv2 解得L＝。 (3)滑块离开长木板后做平抛运动，则运动时间为t＝，滑块落在水平面上的位置距离长木板右端的水平距离Δx＝(3v－v)t＝。 答案：(1)　(2)　(3) 解析：(1)A、B碰撞过程中动量守恒，设碰后瞬间的共同速度为v，有mv0＝2mv 又由能量守恒定律有ΔE＝mv02－×2mv2 联立解得ΔE＝mv02。 (2)A、B、C系统水平方向动量守恒，设C到与圆心等高处时三者水平方向共同速度为v1， 有2mv0＝3mv1 从A、B碰后开始，由能量守恒定律可得 mv02＋×2mv2＝×3mv12＋mgR＋Q 联立解得Q＝mv02－mgR。 (3)A、B、C系统水平方向动量守恒，三者最终共速，有2mv0＝3mv1 又由能量守恒定律可得 mv02＋×2mv2＝×3mv12＋Q总 又Q总＝μmgs总，联立解得s总＝。 答案：(1)mv02　(2)mv02－mgR　(3) $$