5. 弹性碰撞和非弹性碰撞 第2课时（举一反三讲义）物理人教版2019选择性必修第一册

5. 弹性碰撞和非弹性碰撞 第2课时 目 录 学习目标 1 知识梳理 2 一、子弹（木块）打木块模型 2 直线运动 2 固定摆动运动 2 自由摆动运动（难点） 3 二、滑块与弧形槽碰撞模型 5 三、含弹簧碰撞模型 7 四、滑块与木板碰撞模型 9 巩固训练 11 学习目标 1．利用动量守恒定律解决各类模型问题 知识梳理 一、子弹（木块）打木块模型 子弹与木块碰撞模型的特点 （1）模型特点：子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒，系统的机械能有损失。 （2）两种情景： ①子弹嵌入木块中模型。 两者速度相等时，木块的速度最大，两者的相对位移(子弹射入木块的深度)取得极值，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)。由ΔEk＝Ek0可以看出，子弹的质量越小，木块的质量越大，动能损失越多。动量守恒：mv0＝(m＋M)v ，能量守恒：Q＝Ff·s＝mv02－(M＋m)v2 ②子弹穿透木块模型。 穿透过程中系统的动量仍守恒，系统损失的动能为ΔEk＝Ff·L(L为木块的长度)。 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2，能量守恒：Q＝Ff·L＝mv02－(Mv22＋mv12) 如果是木块打木块模型。被打木块应放在光滑水平地面上，或被绳吊起（否则系统动量不守恒） 直线运动 【典例1】如图所示，足够长、质量一定的长木板静止在光滑水平面上，一子弹以一定的水平速度射入木板，子弹相对对木板穿行L的距离后与木板相对静止，则L越大（　　） A．木板对子弹的阻力越小 B．木板对子弹的阻力越大 C．子弹和木板组成的系统损失的机械能越多 D．子弹和木板组成的系统损失的机械能越少 固定摆动运动 【典例2】如图所示，小木块用细线吊在O点，此刻小木块的重力势能为零．一颗子弹以一定的水平速度射入木块A中，并立即与A有共同的速度，然后一起摆动到最大摆角α(0<α<90°)．如果保持子弹质量和入射的速度大小不变，而使小木块的质量稍微增大，关于最大摆角α、子弹的初动能与木块和子弹一起达到最大摆角时的机械能之差ΔE，有(　　) A．α角增大，ΔE也增大 B．α角增大，ΔE减小 C．α角减小，ΔE增大 D．α角减小，ΔE也减小 自由摆动运动（难点） 【典例3】如图所示，光滑的水平导轨上套有一质量为1 kg、可沿杆自由滑动的滑块，滑块下方通过一根长为1 m的轻绳悬挂着质量为0.99 kg的木块。开始时滑块和木块均静止，现有质量为10 g的子弹以500 m/s的水平速度击中木块并留在其中(作用时间极短)，取重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　 　) A．子弹和木块摆到最高点时速度为零 B．滑块的最大速度为2.5 m/s C．子弹和木块摆起的最大高度为0.625 m D．当子弹和木块摆起高度为0.4 m时，滑块的速度为1 m/s 【变式1】如图所示，光滑水平面上静置一长度未知的木板B，一质量与木板相同的物块A（可视为质点）从左端以大小为v的速度冲上木板，经过时间t运动到木板右端且恰好不从木板上滑离。下列说法正确的是（　　） A．物块A运动到木板右端时的速度大小为 B．在此过程中，物块A运动的距离为 C．A动量的减少量大于B动量的增加量 D．木板B的长度为 【变式2】利用冲击摆可以粗略测量子弹的速度。如图所示，质量为M = 2 kg的沙袋用结实的轻绳悬挂在天花板上的O点，O点到沙袋重心的距离为L = 1.5 m。质量为m = 10g的子弹以水平速度射向沙袋中心，射穿后子弹的速度减小为v1 = 100m/s。子弹射穿沙袋后沙袋上摆的最大高度h = 0.1125 m。子弹射穿沙袋的时间极短，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力可以忽略。求： (1)子弹射穿沙袋后瞬间沙袋的速度大小v； (2)子弹射穿沙袋后瞬间轻绳对沙袋的拉力大小F； (3)子弹射入沙袋前的速度大小。 【变式3】如图所示，光滑悬空轨道上静止一质量为2m的小车A，用一段不可伸长的轻质细绳悬挂一质量为m的木块B。一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块B并留在其中(子弹射入木块时间极短)，在以后的运动过程中，摆线离开竖直方向的最大角度小于90°，试求： (1)木块能摆起的最大高度； (2)小车A运动过程的最大速度。 二、滑块与弧形槽碰撞模型 特点： （1）子弹打木块模型，碰撞时间极短，动量守恒。滑块与弧形槽碰撞模型中，我们研究水平地面光滑的情况（若不光滑，系统动量不守恒）。 （2）最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨道。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，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型) （2）最低点：m与M分离点．水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，mv02＝mv12＋Mv22 (完全弹性碰撞拓展模型)，v1＝v0，v2＝v0。 【典例1】如图所示，在光滑的水平地面上，静置一质量为m的四分之一圆弧滑块，圆弧半径为R，一质量也为m的小球，以水平速度v0自滑块的左端A处滑上滑块，当二者共速时，小球刚好到达圆弧上端B.若将小球的初速度增大为2v0，不计空气阻力，则小球能达到距B点的最大高度为(　 　) A．R B．1.5R C．3R D．4R 【变式1】如图所示，木块A的右侧为光滑曲面，曲面下端极薄，其质量，原来静止在光滑的水平面上，现令一质量的小球B以 的速度从右向左冲上木块A，则B球沿木块A的曲面向上运动的过程中，可上升的最大高度是（设B球不能飞出去，）（ ） A．0.40m B．0.20m C．0.10m D．0.50m 【变式2】如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个弧形凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是（　　） A．当时，小球能到达B点 B．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上 C．当时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大 D．如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为 【变式3】如图所示，质量为的四分之一光滑圆弧滑块下端与光滑水平面相切。给质量为2的小球一水平向右的初速度，如果圆弧滑块固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为（为圆弧的半径），如果圆弧滑块不固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为。重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．小球的初速度大小为 B．如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到达最高点的过程中，小球的水平位移为 C．如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到最高点的过程中，飞行时间 D．如果圆弧滑块不固定，小球最终向左运动离开圆弧 三、含弹簧碰撞模型 滑块与弹簧碰撞模型的特点： （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：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒． （3）弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，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，弹性势能为零，系统动能最大（相当于刚完成弹性碰撞）． ①两小球速度相同时(相当于完全非弹性碰撞)，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 ②弹簧恢复原长时(相当于完全弹性碰撞)，动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2， 能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22，恢复原长时，v1＝v0，v2＝v0； 【典例1】（多选）如图所示，轻弹簧一端固定在质量为3m的小球A上，静止在光滑水平面上，质量为2m的小球B以速度v0向右运动，压缩弹簧然后分离，从刚开始接触到压缩最短经历的时间为t，则下列说法正确的是（　　） A．小球B压缩弹簧过程中，小球A、小球B和弹簧组成系统机械能守恒 B．弹簧压缩最短时小球A的速度为 C．弹簧压缩最短时弹性势能为 D．从刚开始接触到弹簧压缩最短过程中，弹簧对小球B的平均作用力大小为 【变式1】如图所示，质量为M的物块甲，以速度v0沿光滑水平地面向前运动，连接有轻弹簧、质量为m的物块乙静止在正前方，物块甲与弹簧接触后压缩弹簧，则下列判断错误的是(　　) A.仅增大v0，弹簧的最大压缩量增大 B.仅增大m，弹簧的最大压缩量增大 C.仅增大M，弹簧的最大压缩量增大 D.v0一定，m＋M一定，弹簧的最大压缩量一定 【变式2】（多选）A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M（m<M）。若使A球获得瞬时速度v（如图甲），弹簧压缩到最短时，A球的速度为vA，B球的速度为vB，弹簧的长度为L；若使B球获得瞬时速度v（如图乙），弹簧压缩到最短时，A球的速度为，B球的速度为，弹簧的长度为L'。则（　　） A． B． C． D． 【变式3】如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C，B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直到与弹簧分离的过程中。 (1)整个系统损失的机械能； (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能 四、滑块与木板碰撞模型 （1）滑块与木板碰撞模型的特点： 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 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 （2）滑块与木板碰撞模型的求解方法： 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＝f Δx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统 【典例1】如图所示，光滑水平面上有质量为M且足够长的木板，木板上放一质量为m、可视为质点的小木块．现两次分别使木块获得向右的水平初速度v0和2v0，两次运动均在木板上留下划痕，则两次划痕长度之比为(　　) A. 1∶4 B. 1∶4 C. 1∶8 D. 1∶12 【变式1】(多选)长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一滑块B以水平速度v0＝4 m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图6所示，则下列说法正确的是(　　) A.木板A获得的动能为4 J B.木板A的最小长度为1 m C.A、B间的动摩擦因数为0.1 D.系统损失的机械能为8 J 【变式2】如图所示，质量m＝2 kg的滑块(可视为质点)，以v0＝5 m/s的水平初速度滑上静止在光滑水平面的平板小车，若平板小车质量M＝3 kg，长L＝4.8 m。滑块在平板小车上滑移1.5 s后相对小车静止。求： (1)滑块与平板小车之间的动摩擦因数μ； (2)若要滑块不滑离小车，滑块的初速度不能超过多少(g取10 m/s2)。 【变式3】（多选）如图所示，一质量M＝8.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝2.0 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板，A、B之间的动摩擦因数是0.5，重力加速度g取10 m/s2.则在整个过程中，下列说法正确的是(　 　) A．小木块A的速度减为零时，长木板 B 的速度大小为3.75 m/s B．小木块A的速度方向一直向左，不可能为零 C．小木块A与长木板B共速时速度大小为3 m/s D．长木板的长度可能为10 m 巩固训练 1．如图所示，木块放在光滑水平地面上，一颗子弹水平射入木块中，子弹受到的平均阻力为，射入深度为d，此过程中木块位移为s，子弹未穿透木块，此过程中木块动能增加了5J，那么此过程中系统产生的内能可能为（　　） A．2.5J B．4.2J C．5.0J D．5.6J 2．质量为M＝1.0 kg的长木板A在光滑水平面上以v1＝0.5 m/s的速度向左运动，某时刻质量为m＝0.5 kg的小木块B以v2＝4 m/s的速度从左端向右滑上长木板，经过时间t＝0.6 s小木块B相对A静止，求： (1)两者相对静止时的运动速度v； (2)从木块滑上木板到相对木板静止的过程中，木板A的动量变化量的大小； (3)小木块与长木板间的动摩擦因数μ. 3．A、B两小球静止在光滑水平面上，用水平轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M(m<M)．若使A球获得瞬时速度v(如图甲)，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若使B球获得瞬时速度v(如图乙)，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为(　　 ) A．L1>L2 B．L1<L2 C．L1＝L2 D．不能确定 4．如图所示，质量的木块从距离水平地面高度处自由下落，在下落时，被沿水平方向飞行的子弹击中且子弹留在木块中，已知子弹的质量，子弹击中木块前的速度大小，忽略空气阻力，取重力加速度大小，求： (1)木块被击中前瞬间的速度大小v； (2)木块落地时的水平位移大小x。 5．如图甲所示，长度L=2m的木板固定在光滑水平面上，木板上表面粗糙。一个与木板质量相等的滑块以水平速度v0=4m/s从右端滑上木板。滑块与木板间的动摩擦因数μ随滑块距木板左端距离x的变化图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，滑块看做质点。 (1)要使滑块能从木板右端滑出，求μ最大值应满足的条件； (2)若木板不固定，要使滑块能从木板右端滑出，求μ最大值应满足的条件。 6．如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P点相切，一个质量为2m的物块B(可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有水平轻弹簧，Q点为弹簧处于原长时的左端点，P、Q间的距离为R，PQ段地面粗糙、动摩擦因数为μ＝0.5，Q点右侧水平地面光滑，现将质量为m的物块A(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g.求： (1)物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力大小； (2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)； (3)物块A最终停止位置到Q点的距离． 7．如图所示，水平地面上A、B两个木块用轻弹簧连接在一起，质量分别为2m、3m，静止时弹簧恰好处于原长。一质量为m的木块C以速度v0水平向右运动并与木块A相撞。不计一切摩擦，弹簧始终处于弹性限度内，则碰后弹簧的最大弹性势能不可能为(　　) A.mv B.mv C.mv D.mv 8．（多选）一个四分之一光滑圆弧形物块B静止在光滑的水平面上，圆弧的半径为R，一可视为质点的小物块A从物块B的底端以速度滑上圆弧，经过时间t恰好能滑上B的圆弧面顶端，已知滑块A的质量为m，重力加速度为g，则（　　） A．物块A滑上圆弧面后，A、B组成的系统动量守恒 B．物块B的质量为m C．物块A从底端到滑上圆弧面顶端的过程物块B的位移为 D．A和B分离时，B的速度大小为 9．（多选）如图所示，有一表面带有四分之一圆弧轨道的物块B，静止在水平地面上（不固定），轨道底端与水平地面相切，其半径r=0.4m；一可视为质点的物块A以水平向左的速度v=4m/s冲上物块B的轨道，经一段时间运动到最高点，随后再返回水平地面。已知A、B质量分别为mA=1kg，mB=3kg，不计一切摩擦，重力加速度的大小g取。则下列说法正确的是（　　） A．整个过程中，A、B组成的系统动量和机械能都守恒 B．整个过程中，物块B获得的最大速度为1m/s C．物块A返回水平面的速度大小为2m/s D．物块A可以冲出物块B的四分之一轨道继续做斜上抛运动 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 5. 弹性碰撞和非弹性碰撞 第2课时 目 录 学习目标 1 知识梳理 2 一、子弹（木块）打木块模型 2 直线运动 2 固定摆动运动 3 自由摆动运动（难点） 3 二、滑块与弧形槽碰撞模型 7 三、含弹簧碰撞模型 10 四、滑块与木板碰撞模型 13 巩固训练 16 学习目标 1．利用动量守恒定律解决各类模型问题 知识梳理 一、子弹（木块）打木块模型 子弹与木块碰撞模型的特点 （1）模型特点：子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒，系统的机械能有损失。 （2）两种情景： ①子弹嵌入木块中模型。 两者速度相等时，木块的速度最大，两者的相对位移(子弹射入木块的深度)取得极值，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)。由ΔEk＝Ek0可以看出，子弹的质量越小，木块的质量越大，动能损失越多。动量守恒：mv0＝(m＋M)v ，能量守恒：Q＝Ff·s＝mv02－(M＋m)v2 ②子弹穿透木块模型。 穿透过程中系统的动量仍守恒，系统损失的动能为ΔEk＝Ff·L(L为木块的长度)。 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2，能量守恒：Q＝Ff·L＝mv02－(Mv22＋mv12) 如果是木块打木块模型。被打木块应放在光滑水平地面上，或被绳吊起（否则系统动量不守恒） 直线运动 【典例1】如图所示，足够长、质量一定的长木板静止在光滑水平面上，一子弹以一定的水平速度射入木板，子弹相对对木板穿行L的距离后与木板相对静止，则L越大（　　） A．木板对子弹的阻力越小 B．木板对子弹的阻力越大 C．子弹和木板组成的系统损失的机械能越多 D．子弹和木板组成的系统损失的机械能越少 【答案】A 【详解】AB．令子弹和木板的质量分别为m和M，碰撞后共同速度为v，碰撞过程产生的热量为Q，子弹所受的平均阻力为；则由碰撞过程动量守恒得 由能量守恒得；联立解得；故得L越大，木板对子弹的阻力越小，故A正确，B错误；     CD．由以上分析可得；可见，在m、M、v0一定的情况下，子弹和木板组成的系统损失的机械能与L无关，故CD错误。 故选A。 固定摆动运动 【典例2】如图所示，小木块用细线吊在O点，此刻小木块的重力势能为零．一颗子弹以一定的水平速度射入木块A中，并立即与A有共同的速度，然后一起摆动到最大摆角α(0<α<90°)．如果保持子弹质量和入射的速度大小不变，而使小木块的质量稍微增大，关于最大摆角α、子弹的初动能与木块和子弹一起达到最大摆角时的机械能之差ΔE，有(　　) A．α角增大，ΔE也增大 B．α角增大，ΔE减小 C．α角减小，ΔE增大 D．α角减小，ΔE也减小 【答案】C 【解析】设子弹的质量为m，小木块的质量为M。子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，则mv0＝(M＋m)v，得v＝，小木块质量增大，则小木块与子弹的共同速度v减小，则最大摆角α减小，又ΔE＝mv02－(M＋m)v2，联立解得ΔE＝＝，则M增大时，ΔE增大， 故选C 自由摆动运动（难点） 【典例3】如图所示，光滑的水平导轨上套有一质量为1 kg、可沿杆自由滑动的滑块，滑块下方通过一根长为1 m的轻绳悬挂着质量为0.99 kg的木块。开始时滑块和木块均静止，现有质量为10 g的子弹以500 m/s的水平速度击中木块并留在其中(作用时间极短)，取重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　 　) A．子弹和木块摆到最高点时速度为零 B．滑块的最大速度为2.5 m/s C．子弹和木块摆起的最大高度为0.625 m D．当子弹和木块摆起高度为0.4 m时，滑块的速度为1 m/s 【答案】C 【解析】设子弹质量为m0，木块质量为m1，滑块质量为m2，由子弹、木块、滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，故当子弹和木块摆到最高点时三者具有相同的速度，且速度方向水平，A项错误； 只要轻绳与杆之间的夹角为锐角，轻绳拉力对滑块做正功，滑块就会加速，所以当轻绳再次竖直时滑块速度最大，设此时滑块速度为vm，子弹和木块速度为v′，则由系统水平方向动量守恒可得m0v0＝(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v′＋m2vm，(m0＋m1)v12＝(m0＋m1)v′2＋m2vm2，解得vm＝0，或vm＝5 m/s，即滑块的最大速度为5 m/s，B项错误； 当子弹和木块摆到最高点时三者具有相同的速度v，由系统水平方向动量守恒可得m0v0＝(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v，解得v＝2.5 m/s，由子弹进入木块后系统机械能守恒可得(m0＋m1)v12＝(m0＋m1＋m2)v2＋(m0＋m1)gh，解得h＝0.625 m，C项正确； 当子弹和木块摆起高度为0.4 m时，由系统水平方向动量守恒可得m0v0＝(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)vx＋m2v3，得vx＝4 m/s，而此时木块和子弹竖直方向速度一定不为零，故由子弹进入木块后系统机械能守恒可得(m0＋m1)v12＝(m0＋m1)(vx2＋vy2)＋m2v32＋(m0＋m1)gh，解得h<0.4 m，D项错误。 【变式1】如图所示，光滑水平面上静置一长度未知的木板B，一质量与木板相同的物块A（可视为质点）从左端以大小为v的速度冲上木板，经过时间t运动到木板右端且恰好不从木板上滑离。下列说法正确的是（　　） A．物块A运动到木板右端时的速度大小为 B．在此过程中，物块A运动的距离为 C．A动量的减少量大于B动量的增加量 D．木板B的长度为 【答案】A 【详解】A．设物块和木板的质量均为m，物块运动到木板右端恰好未从木板上滑落，系统动量守恒，选取滑块初速度的方向为正方向，则有；解得；即物块A运动到木板右端时的速度大小为，A正确； B．根据匀变速运动规律可知，物块A运动的位移，B错误； C．A动量的减少量；B动量的增加量 则A动量的减少量等于B动量的增加量，C错误； D．由题可知，时间木板B的位移为；结合上述分析可得，木板B的长度为，D错误。 故选A。 【变式2】利用冲击摆可以粗略测量子弹的速度。如图所示，质量为M = 2 kg的沙袋用结实的轻绳悬挂在天花板上的O点，O点到沙袋重心的距离为L = 1.5 m。质量为m = 10g的子弹以水平速度射向沙袋中心，射穿后子弹的速度减小为v1 = 100m/s。子弹射穿沙袋后沙袋上摆的最大高度h = 0.1125 m。子弹射穿沙袋的时间极短，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力可以忽略。求： (1)子弹射穿沙袋后瞬间沙袋的速度大小v； (2)子弹射穿沙袋后瞬间轻绳对沙袋的拉力大小F； (3)子弹射入沙袋前的速度大小。 【答案】(1)；(2)；(3) 【详解】（1）对沙袋，由动能定理有 代入题中数据，解得 （2）子弹射穿沙袋后瞬间，对沙袋，由牛顿第二定律有 联立解得 （3）规定向右为正方向，对M、m，由动量守恒有 联立解得 【变式3】如图所示，光滑悬空轨道上静止一质量为2m的小车A，用一段不可伸长的轻质细绳悬挂一质量为m的木块B。一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块B并留在其中(子弹射入木块时间极短)，在以后的运动过程中，摆线离开竖直方向的最大角度小于90°，试求： (1)木块能摆起的最大高度； (2)小车A运动过程的最大速度。 【答案】(1)　(2) 【解析】(1)因为子弹与木块作用时间极短，子弹与木块间的相互作用力远大于它们的重力，所以子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹与木块开始上升时的速度为v1，设向右为正方向，则有：mv0＝2mv1，当木块摆到最大高度时，三者具有相同的水平速度，根据动量守恒定律得：mv0＝(m＋m＋2m)v2，由能量守恒得·2mv12＝·4mv22＋2mgh，解得h＝。 (2)子弹射入木块后由动量守恒得：2mv1＝2mv1′＋2mv2′，根据能量守恒得：·2mv12＝·2mv1′2＋·2mv2′2，解得v2′＝。 二、滑块与弧形槽碰撞模型 特点： （1）子弹打木块模型，碰撞时间极短，动量守恒。滑块与弧形槽碰撞模型中，我们研究水平地面光滑的情况（若不光滑，系统动量不守恒）。 （2）最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨道。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，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型) （2）最低点：m与M分离点．水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，mv02＝mv12＋Mv22 (完全弹性碰撞拓展模型)，v1＝v0，v2＝v0。 【典例1】如图所示，在光滑的水平地面上，静置一质量为m的四分之一圆弧滑块，圆弧半径为R，一质量也为m的小球，以水平速度v0自滑块的左端A处滑上滑块，当二者共速时，小球刚好到达圆弧上端B.若将小球的初速度增大为2v0，不计空气阻力，则小球能达到距B点的最大高度为(　 　) A．R B．1.5R C．3R D．4R 【答案】C 【解析】若小球以水平速度v0滑上滑块，当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块速度相同，设为v1，以小球的初速度v0的方向为正方向， 在水平方向上，由动量守恒定律得mv0＝2mv1，由机械能守恒定律得mv02＝·2mv12＋mgR 代入数据解得v0＝2； 若小球以2v0冲上滑块，当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块水平方向上速度相同，设为v2，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得2mv0＝2mv2； 由能量守恒得m(2v0)2＝·2mv22＋mgR＋mvy2 解得vy＝，小球离开圆弧后做斜抛运动，竖直方向做减速运动，则h＝＝3R，故距B点的最大高度为3R。 故选C。 【变式1】如图所示，木块A的右侧为光滑曲面，曲面下端极薄，其质量，原来静止在光滑的水平面上，现令一质量的小球B以 的速度从右向左冲上木块A，则B球沿木块A的曲面向上运动的过程中，可上升的最大高度是（设B球不能飞出去，）（ ） A．0.40m B．0.20m C．0.10m D．0.50m 【答案】C 【详解】A、B组成的系统在水平方向上动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得；联立并代入数据得 【变式2】如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个弧形凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是（　　） A．当时，小球能到达B点 B．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上 C．当时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大 D．如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为 【答案】C 【详解】滑块不固定，当时，设小球沿槽上升的高度为h，则有mv0＝(m＋M)v；mv02= (M＋m)v2＋mgh可解得；故A错误； 当小球速度足够大，从B点离开滑块时，由于B点切线竖直，在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上，故B错误； 因小球对弧形槽的压力始终对滑块做正功，故滑块的动能一直增大，故C正确； 如果滑块固定，由牛顿第二定律得小球返回A点时对滑块的压力为mg＋m，故D错误。 【变式3】如图所示，质量为的四分之一光滑圆弧滑块下端与光滑水平面相切。给质量为2的小球一水平向右的初速度，如果圆弧滑块固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为（为圆弧的半径），如果圆弧滑块不固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为。重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．小球的初速度大小为 B．如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到达最高点的过程中，小球的水平位移为 C．如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到最高点的过程中，飞行时间 D．如果圆弧滑块不固定，小球最终向左运动离开圆弧 【答案】B 【详解】A．如果圆弧滑块固定，则由机械能守恒定律 解得小球的初速度大小为，选项A错误； BC．如果圆弧滑块不固定，设小球离开圆弧时水平速度为vx，则由水平方向动量守恒 解得；如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到最高点过程的时间 则小球滑离圆弧滑块到达最高点的过程中，小球的水平位移为水平位移为；故B正确，C错误； D．根据动量守恒定律；根据能量守恒定律 解得小球最终滑离圆弧的速度为 故如果圆弧滑块不固定，小球最终向右运动离开圆弧，故D错误。 故选B。 三、含弹簧碰撞模型 滑块与弹簧碰撞模型的特点： （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：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒． （3）弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，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，弹性势能为零，系统动能最大（相当于刚完成弹性碰撞）． ①两小球速度相同时(相当于完全非弹性碰撞)，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 ②弹簧恢复原长时(相当于完全弹性碰撞)，动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2， 能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22，恢复原长时，v1＝v0，v2＝v0； 【典例1】（多选）如图所示，轻弹簧一端固定在质量为3m的小球A上，静止在光滑水平面上，质量为2m的小球B以速度v0向右运动，压缩弹簧然后分离，从刚开始接触到压缩最短经历的时间为t，则下列说法正确的是（　　） A．小球B压缩弹簧过程中，小球A、小球B和弹簧组成系统机械能守恒 B．弹簧压缩最短时小球A的速度为 C．弹簧压缩最短时弹性势能为 D．从刚开始接触到弹簧压缩最短过程中，弹簧对小球B的平均作用力大小为 【答案】AB 【详解】A．小球A、弹簧与小球B组成的系统只有弹力做功，机械能守恒，故A正确； B．弹簧压缩最短时，二者共速，由动量守恒有；解得；故B正确； C．由系统的机械能守恒；解得；故C错误； D．由动量定理得；代入数值求得；故D错误。 故选AB。 【变式1】如图所示，质量为M的物块甲，以速度v0沿光滑水平地面向前运动，连接有轻弹簧、质量为m的物块乙静止在正前方，物块甲与弹簧接触后压缩弹簧，则下列判断错误的是(　　) A.仅增大v0，弹簧的最大压缩量增大 B.仅增大m，弹簧的最大压缩量增大 C.仅增大M，弹簧的最大压缩量增大 D.v0一定，m＋M一定，弹簧的最大压缩量一定 【答案】D 【解析】根据动量守恒定律，有Mv0＝(m＋M)v，最大压缩量时对应的弹性势能Ep＝Mv－(m＋M)v2＝＝＝，根据弹性势能于压缩量之间的关系可知，A、B、C正确，D错误。 【变式2】（多选）A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M（m<M）。若使A球获得瞬时速度v（如图甲），弹簧压缩到最短时，A球的速度为vA，B球的速度为vB，弹簧的长度为L；若使B球获得瞬时速度v（如图乙），弹簧压缩到最短时，A球的速度为，B球的速度为，弹簧的长度为L'。则（　　） A． B． C． D． 【答案】BD 【详解】根据题意可知，无论图甲还是图乙，当弹簧压缩到最短时，两球的速度相等，则有， 图甲中，由动量守恒定律有；解得 由能量守恒定理可得，弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能为 图乙中，由动量守恒定律有；解得 由能量守恒定理可得，弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能为 可知；两图中弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能相等，则有 故选BD。 【变式3】如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C，B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直到与弹簧分离的过程中。 (1)整个系统损失的机械能； (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能 【答案】(1)mv02　(2)mv02 【解析】(1)以v0的方向为正方向，对A、B组成的系统，由动量守恒定律有mv0＝2mv1，解得v1＝v0，B与C碰撞的瞬间，B、C组成的系统动量守恒，有mv1＝2mv2，解得v2＝，系统损失的机械能ΔE＝mv12－×2mv22＝mv02 (2)当A、B、C速度相同时，弹簧的弹性势能最大.以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律有 mv0＝3mv，解得v＝，根据能量守恒定律，弹簧的最大弹性势能为Ep＝mv02－(3m)v2－ΔE＝mv02 四、滑块与木板碰撞模型 （1）滑块与木板碰撞模型的特点： 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 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 （2）滑块与木板碰撞模型的求解方法： 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＝f Δx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统 【典例1】如图所示，光滑水平面上有质量为M且足够长的木板，木板上放一质量为m、可视为质点的小木块．现两次分别使木块获得向右的水平初速度v0和2v0，两次运动均在木板上留下划痕，则两次划痕长度之比为(　　) A. 1∶4 B. 1∶4 C. 1∶8 D. 1∶12 【答案】A 【解析】木块从开始到相对木板静止的过程中，木块和木板组成的系统水平方向上动量守恒，取向右为正方向，当木块的初速度为v0时，则有mv0＝(M＋m)v，解得v＝；根据能量守恒定律有μmgs＝mv02－(M＋m)v2，解得划痕长度s＝.同理，当木块的初速度为2v0时，则划痕长度s′＝.可知两次划痕长度之比为s∶s′＝1∶4，故A正确，B、C、D错误 【变式1】(多选)长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一滑块B以水平速度v0＝4 m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图6所示，则下列说法正确的是(　　) A.木板A获得的动能为4 J B.木板A的最小长度为1 m C.A、B间的动摩擦因数为0.1 D.系统损失的机械能为8 J 【答案】AD 【解析】由题图可知，木板获得的速度是2 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，木板获得的动能是Ek＝Mv2＝×2×22 J＝4 J，A正确； 0～1 s时间内B的位移xB＝×(4＋2)×1 m＝3 m，A的位移是xA＝×1×2 m＝1 m，木板A的最小长度是Δx＝xB－xA＝2 m，B错误； 滑块B的加速度a＝＝ m/s2＝－2 m/s2，负号表示加速度方向，由牛顿第二定律得μmg＝ma，代入数据解得μ＝0.2，C错误； 系统损失的机械能ΔE＝mv－mv2－Mv2，代入数据解得ΔE＝8 J，D正确。 【变式2】如图所示，质量m＝2 kg的滑块(可视为质点)，以v0＝5 m/s的水平初速度滑上静止在光滑水平面的平板小车，若平板小车质量M＝3 kg，长L＝4.8 m。滑块在平板小车上滑移1.5 s后相对小车静止。求： (1)滑块与平板小车之间的动摩擦因数μ； (2)若要滑块不滑离小车，滑块的初速度不能超过多少(g取10 m/s2)。 【答案】(1)0.2　(2)4 m/s 【解析】(1)滑块滑上平板小车到与平板小车相对静止，设共同速度为v1，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v1，对滑块，由动量定理得－μmgt＝mv1－mv0，解得μ＝0.2。 (2)设当滑块刚滑到平板小车的右端时，两者恰有共同速度为v2，由动量守恒定律，有mv0＝(m＋M)v2，由功能关系有μmgL＝mv－(m＋M)v，解得v0＝4 m/s。 【变式3】（多选）如图所示，一质量M＝8.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝2.0 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板，A、B之间的动摩擦因数是0.5，重力加速度g取10 m/s2.则在整个过程中，下列说法正确的是(　 　) A．小木块A的速度减为零时，长木板 B 的速度大小为3.75 m/s B．小木块A的速度方向一直向左，不可能为零 C．小木块A与长木板B共速时速度大小为3 m/s D．长木板的长度可能为10 m 【答案】ACD 【解析】木块与木板组成的系统动量守恒，由于初速度均为v0＝5.0 m/s，所以木板的动量大于小木块的动量，系统合动量方向向右，所以木块A先向左做减速运动，速度减为零后反向向右做加速运动，最后木块与木板一起做匀速直线运动，以向右为正方向，由动量守恒定律得，当木块A的速度减为零时，Mv0－mv0＝MvB，代入数据解得vB＝3.75 m/s，故A正确，B错误； 最终木块与木板速度相等，根据动量守恒定律可得Mv0－mv0＝(M＋m)v，代入数据解得v＝3 m/s，故C正确； 最终木块与木板相对静止，一起做匀速直线运动，对系统由能量守恒定律可知，Mv02＋mv02－(M＋m)v2＝μmgx，代入数据解得x＝8 m，木板的最小长度为8 m，可能为10 m，故D正确． 巩固训练 1．如图所示，木块放在光滑水平地面上，一颗子弹水平射入木块中，子弹受到的平均阻力为，射入深度为d，此过程中木块位移为s，子弹未穿透木块，此过程中木块动能增加了5J，那么此过程中系统产生的内能可能为（　　） A．2.5J B．4.2J C．5.0J D．5.6J 【答案】D 【详解】设子弹的质量为，初速度为，木块质量为，则子弹打入木块过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，取向右为正方向，即 此过程产生的内能等于系统损失的动能，即产生的内能为 而木块获得的动能；联立可得； 故选D。 2．质量为M＝1.0 kg的长木板A在光滑水平面上以v1＝0.5 m/s的速度向左运动，某时刻质量为m＝0.5 kg的小木块B以v2＝4 m/s的速度从左端向右滑上长木板，经过时间t＝0.6 s小木块B相对A静止，求： (1)两者相对静止时的运动速度v； (2)从木块滑上木板到相对木板静止的过程中，木板A的动量变化量的大小； (3)小木块与长木板间的动摩擦因数μ. 【答案】(1)1 m/s，方向水平向右　(2)1.5 kg·m/s　(3)0.5 【解析】设水平向右为正方向 (1)从开始到相对静止，水平方向动量守恒－Mv1＋mv2＝(M＋m)v，解得v＝1 m/s，方向水平向右． (2)长木板的动量变化量大小Δp＝Mv－(－Mv1)＝1.5 kg·m/s (3)对小木块B，根据动量定理得－μmgt＝mv－mv2，解得μ＝0.5. 3．A、B两小球静止在光滑水平面上，用水平轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M(m<M)．若使A球获得瞬时速度v(如图甲)，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若使B球获得瞬时速度v(如图乙)，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为(　　 ) A．L1>L2 B．L1<L2 C．L1＝L2 D．不能确定 【答案】C 【解析】当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，对题图甲取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv＝(m＋M)v′，由机械能守恒定律得：Ep＝mv2－(m＋M)v′2 ，联立解得弹簧压缩到最短时Ep＝，同理：对题图乙取B的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时有：Ep＝，故弹性势能相等，则有：L1＝L2，故A、B、D错误，C正确． 4．如图所示，质量的木块从距离水平地面高度处自由下落，在下落时，被沿水平方向飞行的子弹击中且子弹留在木块中，已知子弹的质量，子弹击中木块前的速度大小，忽略空气阻力，取重力加速度大小，求： (1)木块被击中前瞬间的速度大小v； (2)木块落地时的水平位移大小x。 【答案】(1)；(2) 【详解】（1）根据自由落体运动规律有 解得 （2）子弹与木块作用时间极短，系统动量守恒，设子弹击中木块后瞬间，木块的水平速度为，竖直速度为，从子弹击中木块到木块着地的时间为，则有、 竖直方向有 水平方向有 解得 5．如图甲所示，长度L=2m的木板固定在光滑水平面上，木板上表面粗糙。一个与木板质量相等的滑块以水平速度v0=4m/s从右端滑上木板。滑块与木板间的动摩擦因数μ随滑块距木板左端距离x的变化图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，滑块看做质点。 (1)要使滑块能从木板右端滑出，求μ最大值应满足的条件； (2)若木板不固定，要使滑块能从木板右端滑出，求μ最大值应满足的条件。 【答案】(1)μ1<0.8；(2)μ2<0.4 【详解】（1）要使滑块能够从木板右端滑出，则有 设动摩擦因数最大值为μ1，由图像可知 解得 （2）根据动量守恒有 设动摩擦因数最大值为μ2，根据能量守恒有 又 解得 6．如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P点相切，一个质量为2m的物块B(可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有水平轻弹簧，Q点为弹簧处于原长时的左端点，P、Q间的距离为R，PQ段地面粗糙、动摩擦因数为μ＝0.5，Q点右侧水平地面光滑，现将质量为m的物块A(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g.求： (1)物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力大小； (2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)； (3)物块A最终停止位置到Q点的距离． 【答案】(1)3mg　(2)mgR　(3)R 【解析】(1)物块A从静止沿圆弧轨道滑至P点，设物块A在P点的速度大小为vP， 由机械能守恒定律有：mgR＝mv， 在最低点轨道对物块的支持力大小为FN，由牛顿第二定律有：FN－mg＝m， 联立解得：FN＝3mg，由牛顿第三定律可知物块对轨道P点的压力大小为3mg. (2)设物块A与弹簧接触前瞬间的速度大小为v0，由动能定理有mgR－μmgR＝mv－0，解得v0＝，当物块A、物块B具有共同速度v时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有：mv0＝(m＋2m)v，mv＝(m＋2m)v2＋Epm，联立解得Epm＝mgR. (3)设物块A与弹簧分离时，A、B的速度大小分别为v1、v2，规定向右为正方向，则有 mv0＝－mv1＋2mv2，mv＝mv＋(2m)v，联立解得：v1＝，设A最终停在Q点左侧距Q点x处，由动能定理有：－μmgx＝0－mv，解得x＝R. 7．如图所示，水平地面上A、B两个木块用轻弹簧连接在一起，质量分别为2m、3m，静止时弹簧恰好处于原长。一质量为m的木块C以速度v0水平向右运动并与木块A相撞。不计一切摩擦，弹簧始终处于弹性限度内，则碰后弹簧的最大弹性势能不可能为(　　) A.mv B.mv C.mv D.mv 【答案】A 【解析】当C与A发生弹性正碰时，根据动量守恒定律和能量守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2，mv＝mv＋×2mv，联立解得v2＝v0，当A、B速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v，以A的初速度方向为正方向，则由动量守恒定律得2mv2＝(2m＋3m)v，得v＝v0。由机械能守恒定律可知，弹簧的最大弹性势能为Ep＝×2mv－×5mv2，解得Ep＝mv；当C与A发生完全非弹性正碰时，根据动量守恒定律有mv0＝3mv1′，当A、B、C速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v′，则由动量守恒定律得3mv1′＝6mv′。由机械能守恒定律可知，弹簧的最大弹性势能为Ep＝×3mv1′2－×6mv′2，解得Ep＝mv，由此可知碰后弹簧的最大弹性势能范围是mv≤Ep≤mv，故选A。 8．（多选）一个四分之一光滑圆弧形物块B静止在光滑的水平面上，圆弧的半径为R，一可视为质点的小物块A从物块B的底端以速度滑上圆弧，经过时间t恰好能滑上B的圆弧面顶端，已知滑块A的质量为m，重力加速度为g，则（　　） A．物块A滑上圆弧面后，A、B组成的系统动量守恒 B．物块B的质量为m C．物块A从底端到滑上圆弧面顶端的过程物块B的位移为 D．A和B分离时，B的速度大小为 【答案】BC 【详解】A．该过程系统在水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误； B．A滑上B的过程，有，；解得；故B正确； C．A滑上B的过程，A和B系统在水平方向动量守恒 故，，，；解得；故C正确； D．由于A和B质量相等，A和B分离时，相当于发生弹性碰撞，A和B交换速度，A的速度为0，B的速度大小为，故D错误。 故选BC。 9．（多选）如图所示，有一表面带有四分之一圆弧轨道的物块B，静止在水平地面上（不固定），轨道底端与水平地面相切，其半径r=0.4m；一可视为质点的物块A以水平向左的速度v=4m/s冲上物块B的轨道，经一段时间运动到最高点，随后再返回水平地面。已知A、B质量分别为mA=1kg，mB=3kg，不计一切摩擦，重力加速度的大小g取。则下列说法正确的是（　　） A．整个过程中，A、B组成的系统动量和机械能都守恒 B．整个过程中，物块B获得的最大速度为1m/s C．物块A返回水平面的速度大小为2m/s D．物块A可以冲出物块B的四分之一轨道继续做斜上抛运动 【答案】CD 【详解】A．A在B圆弧轨道上滑动过程，由于A在竖直方向有加速度，所以A、B组成的系统在竖直方向的合外力不为0，A、B组成的系统在竖直方向不满足动量守恒，故A错误； D．设物块A可以冲出物块B的四分之一轨道，物块A到达B四分之一轨道最高点时，两者具有相同水平速度，则物块A做斜抛运动过程，A、B具有相同的水平速度，当A到达最高点时，根据系统水平方向动量守恒可得；根据系统机械能守恒可得 联立解得；假设成立，故D正确； BC．整个过程中，当A从B的底端滑离时，B的速度最大，A、B组成的系统满足水平方向动量守恒，则有；根据系统机械能守恒可得 联立解得，；可知物块B获得的最大速度为2m/s，物块A返回水平面的速度大小为2m/s，且方向向右，故B错误，C正确。 故选CD。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$