专题提升三 碰撞规律的拓展应用-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册创新导学案课件PPT（人教版2019）

第一章　动量守恒定律 专题提升三　碰撞规律的拓展应用 目录 1 课后课时作业 提升 ２ 提升 提升 　 物块—弹簧模型 1．模型概述 如图所示，光滑水平面上的两个物块通过轻弹簧连接，物块m1向右运动压缩弹簧，与静止的物块m2作用，两物块与轻弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒。 2．模型的两个特殊状态 (1)弹簧处于最长(最短)状态时两物块速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)。 (2)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(弹性碰撞拓展模型)。 提升 4 如图所示，两滑块A、B位于光滑水平面上，已知A的质量mA＝4 kg，B的质量mB＝3 kg，滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0＝7 m/s的速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用(整个过程弹簧没有超过弹性限度)，直至分开，求： (1)整个过程中弹簧的最大弹性势能； (2)滑块A与B分开时，两者的速度大小分别为多少？ 答案　(1)42 J　(2)1 m/s　8 m/s 提升 5 提升 6 提升 7 提升 8 提升 9 提升 10 提升 　物块—斜(曲)面模型 提升 11 提升 12 如图所示，足够高的木块A的右侧为光滑曲面，且下端极薄，其质量为2.0 kg，静止于光滑水平面上。一质量为2.0 kg的小球B以2.0 m/s的速度从右向左运动冲上A的曲面，与A发生相互作用。重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)B球沿A曲面上升到最大高度处时的速率； (2)B球沿A曲面上升的最大高度； (3)B球与A相互作用结束后，A、B各自的速率。 答案　(1)1 m/s　(2)0.1 m　(3)2 m/s　0 提升 13 提升 14 提升 15 [跟进训练]　质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上是一个四分之一的光滑圆周轨道，轨道下端切线水平。质量为m的小球沿水平方向从轨道下端以初速度v0滑上小车，重力加速度为g，如图所示。已知小球不从小车上端离开小车，小球滑上小车又滑下，与小车分离时，小球与小车速度方向相反，速度大小之比等于1∶3，则m∶M的值为(　　) A．1∶3 B．1∶4 C．3∶5 D．2∶3 提升 16 提升 17 提升 　 木块—木板模型 1．模型概述 如图所示，光滑水平面上的质量为M的木板不固定，质量为m的木块滑上木板，二者之间存在摩擦力，两者组成的系统动量守恒，机械能不守恒。 提升 18 提升 19 如图所示，质量m1＝3 kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上，车顶与左侧光滑平台等高，平台上放置质量m2＝2 kg的小物块，小物块可视为质点。小物块以v0＝4 m/s的初速度向右运动，滑上小车。已知小物块未从小车上滑下，小物块与车顶间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小车最终的速度大小； (2)因摩擦而产生的热量； (3)小物块相对小车运动的距离。 答案　(1)1.6 m/s　(2)9.6 J　(3)2.4 m 提升 20 提升 21 [跟进训练]　如图所示，长L＝1 m的小车静止在光滑的水平面上，一滑块以v0＝3 m/s的水平速度从小车左端滑入并从小车右端滑出，小车和滑块的质量均为1 kg，已知滑块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10 m/s2。滑块离开小车时，求： (1)小车和滑块组成的系统损失的机械能； (2)滑块和小车的速度大小。 答案：(1)2 J　(2)2 m/s　1 m/s 提升 22 提升 23 课后课时作业 题型一　物块—弹簧模型 1．如图所示，光滑水平地面上的P、Q两物体质量都为m，P以速度v向右运动，Q静止且左端有一轻弹簧。当P撞上弹簧，弹簧被压缩至最短时(　　) A．P的动量变为0 B．P、Q的速度不相等 C．Q的动量达到最大值 D．P、Q系统总动量仍然为mv 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 3．两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图所示。B与C碰撞后二者会粘在一起运动，则在以后的运动中： (1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？ (2)系统中弹性势能的最大值是多少？ (3)物块C的最大速度为多大？ 答案：(1)3 m/s　(2)12 J　(3)4 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 5．在光滑水平地面上放一个质量为M＝2 kg的内侧带有光滑弧形凹槽的滑块，凹槽的底端切线水平，如图所示。质量为m＝1 kg的小物块以v0＝6 m/s的水平速度从滑块的底端沿槽上滑，恰好能到达滑块的顶端。重力加速度取g＝10 m/s2，不计空气阻力。在小物块沿滑块滑行的整个过程中，下列说法正确的是(　　) A．小物块沿滑块上滑的最大高度为0.3 m B．小物块沿滑块上滑的最大高度为0.6 m C．合力对滑块的冲量大小为8 N·s D．合力对滑块的冲量大小为16 N·s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 答案：(1)2.5 m/s　(2)1 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 题型三　木块—木板模型 7.如图所示，一质量M＝3.0 kg的木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小木块A。现A以v0＝4.0 m/s的初速度向左运动，则B的最终速度可能为(　　) A．0.8 m/s B．1.2 m/s C．1.6 m/s D．2.0 m/s 解析：若A、B能达到共同速度，设共同速度为v，根据动量守恒定律，有mv0＝(m＋M)v，解得v＝1.0 m/s，若A、B未达到共同速度A就滑出B的左端，则B获得的速度将小于1.0 m/s，故选A。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 8．如图所示，长2 m、质量为1 kg的木板静止在光滑水平面上，一木块质量也为1 kg(可视为质点)，与木板之间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g＝10 m/s2，要使木块在木板上从左端滑向右端而不至滑落，则木块初速度的最大值为(　　) A．1 m/s B．2 m/s C．3 m/s D．4 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 9．(多选)如图所示，质量为2 kg、长度为2.5 m的长木板B在光滑的水平地面上以4 m/s的速度向右运动，将一可视为质点的物体A轻放在B的右端，A与B之间的动摩擦因数为0.2，A的质量为1 kg，g＝10 m/s2。A滑离B时，下列判断正确的是(　　) A．A的速度是2 m/s B．B的速度是1 m/s C．A的位移是2 m D．B的位移是3.5 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 10．如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其左端放一质量为m的小木块A(可视为质点)，M>m，A、B间的动摩擦因数为μ，在平板车右方的水平面上固定一竖直挡板P。开始时A、B以速度v0一起向右运动，某时刻B与挡板P相撞并立即以原速率反向弹回，在此后的运动过程中A不会滑离B，重力加速度为g。求： (1)A、B的最终速度大小； (2)木板的最小长度； (3)小木块A离挡板P最近时，平板车B的最右端距挡板P的距离。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 11.如图所示，质量为m的滑环套在足够长的光滑水平杆上，质量为M＝3m的小球(可视为质点)用长为L的轻质细绳与滑环连接。滑环固定时，给小球一个水平冲量I，小球摆起的最大高度为h1(h1<L)；滑环不固定时，仍给小球以同样的水平冲量I，小球摆起的最大高度为h2。则h1∶h2为(　　) A．6∶1 B．4∶1 C．2∶1 D．4∶3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 12．(多选)如图甲所示，静止在光滑水平面上的物块A、B通过轻弹簧连接在一起，初始时轻弹簧处于原长。现使A获得一水平向右的瞬时速度，并从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，已知物块A的质量为2 kg，下列说法正确的是(　　) A．t1时刻，弹簧的弹性势能为2 J B．t2时刻，弹簧处于原长 C．t2～t3时间内，物块A做加速度逐渐增大的加速运动 D．物块B的质量为4 kg 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析　(1)当弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，设为Ep，此时滑块A、B的速度相等，设为v，由动量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v 由机械能守恒定律有eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)(mA＋mB)v2＋Ep 联立解得Ep＝42 J。 (2)设滑块A与B分开时，A、B的速度分别是vA、vB，以向右为正方向，从A与弹簧接触到A、B分开的过程中，由动量守恒定律有 mAv0＝mAvA＋mBvB 由机械能守恒定律有eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B) 联立解得vA＝1 m/s，vB＝8 m/s。 [跟进训练]　如图所示，质量为m的物块A与质量为2m的物块B静置于光滑水平面上，B与一个水平轻质弹簧拴接。现让物块A获得水平向右的初速度v0，A与弹簧发生相互作用，最终与弹簧分离，全过程中弹簧始终处于弹性限度内。 (1)求两物块最终分离时各自的速度； (2)在两物块相互作用过程中，求当物块A的速度大小为eq \f(v0,4)时弹簧的弹性势能。 答案：(1)eq \f(v0,3)，方向水平向左　eq \f(2v0,3)，方向水平向右 (2)2,0)eq \f(5mv,64) 或2,0)eq \f(21mv,64) 解析：(1)以水平向右为正方向，设A与弹簧分离时A、B的速度分别为vA、vB，由动量守恒定律有mv0＝mvA＋2mvB 由机械能守恒定律有 eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,B) 解得vA＝－eq \f(v0,3)，vB＝eq \f(2v0,3) 即分离时A的速度大小为eq \f(v0,3)，方向水平向左，B的速度大小为eq \f(2v0,3)，方向水平向右。 (2)以水平向右为正方向，当物块A的速度为eq \f(v0,4)时，设物块B的速度为v1，弹簧的弹性势能为Ep1，则由动量守恒定律有 mv0＝m×eq \f(v0,4)＋2mv1 由机械能守恒定律有 eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,4)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,1)＋Ep1 解得Ep1＝2,0)eq \f(21mv,64) 当物块A的速度为－eq \f(v0,4)时，设物块B的速度为v2，弹簧的弹性势能为Ep2，则由动量守恒定律有mv0＝m×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v0,4)))＋2mv2 由机械能守恒定律有 eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v0,4)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,2)＋Ep2 解得Ep2＝2,0)eq \f(5mv,64) 即当物块A的速度大小为eq \f(v0,4)时，弹簧的弹性势能为Ep1＝2,0)eq \f(21mv,64) 或Ep2＝2,0)eq \f(5mv,64) 。 1．模型概述 如图所示，光滑水平面上质量为M、有eq \f(1,4)光滑圆弧轨道的曲面体不固定，质量为m的物块滑上曲面体，两者组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒。 2．模型的两个特殊状态 (1)最高点：m与M具有共同水平速度v共。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)(M＋m)veq \o\al(2,共)＋mgh，其中h为物块上升的最大高度，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，eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2)(弹性碰撞拓展模型)。 解析　(1)设A、B的质量均为m，B的初速度为v0，B球沿A曲面上升到最大高度处时，A、B的共同速度为v，以向左为正方向，在水平方向根据动量守恒定律有mv0＝2mv 解得v＝1 m/s。 (2)设B球沿A曲面上升的最大高度为h，对A、B组成的系统，根据机械能守恒定律有 eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)×2mv2＋mgh 解得h＝0.1 m。 (3)以水平向左为正方向，设B球与A相互作用结束后，A、B的速度分别为v1和v2，则在整个作用过程中 在水平方向，由动量守恒定律有 mv0＝mv1＋mv2 由机械能守恒定律有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2) 解得v1＝2 m/s，v2＝0。 解析：设小球与小车分离时，小车的速率为v1，小球的速率为v2，由题意可知eq \f(v2,v1)＝eq \f(1,3)，以小球的初速度方向为正方向，从小球滑上小车到与小车分离的过程中，在水平方向由动量守恒定律可得mv0＝Mv1－mv2，由机械能守恒定律可得eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)，联立解得eq \f(m,M)＝eq \f(3,5)，故选C。 2．模型的两个特殊状态 (1)若木板足够长，木块始终未滑离木板，二者最终共速，即有mv0＝(m＋M)v共。 ①系统损失的机械能ΔE损＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋M)veq \o\al(2,共)。 ②系统增加的内能Q＝Ff·Δx＝ΔE损，其中Δx为二者间的相对位移大小，Ff为木块和木板之间的滑动摩擦力大小。 ③类比碰撞模型：损失的机械能最多，相当于完全非弹性碰撞。 (2)若木块能够滑离木板，有mv0＝mv1＋Mv2。 ①系统损失的机械能ΔE损＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－2,1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv＋\f(1,2)Mveq \o\al(2,2))) 。 ②系统增加的内能Q＝Ff·L＝ΔE损，其中L为木板的长度。 ③类比碰撞模型：相当于一般非弹性碰撞。 解析　(1)设小车最终的速度大小为v，最终小物块与小车共速，小物块在小车上滑动的过程中，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v 代入数据解得v＝1.6 m/s。 (2)小物块在小车上滑动的过程中，根据能量守恒定律可得，因摩擦而产生的热量为 Q＝eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(m1＋m2)v2 代入数据解得Q＝9.6 J。 (3)设小物块相对小车运动的距离为d，由功能关系得Q＝μm2gd 代入数据解得d＝2.4 m。 解析：(1)小车和滑块组成的系统损失的机械能等于因摩擦而产生的热量，即ΔE＝Q 设小车和滑块的质量均为m，由功能关系有Q＝μmgL 联立并代入数据解得ΔE＝2 J。 (2)取水平向右为正方向，设滑块离开小车时，滑块和小车的速度分别为v1、v2，滑块在小车上滑动的过程中，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2 由能量守恒定律有ΔE＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－2,1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv＋\f(1,2)mveq \o\al(2,2))) 滑块离开小车时有v1>v2 联立并代入数据解得v1＝2 m/s，v2＝1 m/s。 解析：P、Q组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，初始时总动量为mv，弹簧被压缩至最短时，P、Q系统总动量仍然为mv，故D正确；P在压缩弹簧的过程中，Q做加速运动，P做减速运动，两者速度相等时，弹簧压缩量最大，然后Q继续加速，P继续减速，所以弹簧被压缩至最短时，Q的动量未达到最大值，根据mv＝(m＋m)v′，可知此时P的动量为mv′＝eq \f(1,2)mv，故A、B、C错误。 2．如图所示，质量相同的木块A、B之间用轻质弹簧相连，置于光滑水平面上，A靠在固定的挡板C旁。今用水平力F压B，使弹簧被压缩到一定程度后保持静止。突然撤去力F，弹簧第一次恢复原长时，B的速度为v。那么当弹簧第二次恢复原长时，B的速度是(　　) A．0 B.eq \f(1,2)v C．v D.eq \f(\r(2),2)v 解析：弹簧第一次恢复原长之后，A开始离开挡板C。以水平向右为正方向，设弹簧第二次恢复原长时，A、B的速度分别为vA、vB，A、B的质量分别为mA、mB，且mA＝mB，从弹簧第一次恢复原长至第二次恢复原长的过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mBv＝mAvA＋mBvB，eq \f(1,2)mBv2＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B)，且分析知vB<v，联立解得vA＝v，vB＝0，故选A。 解析：(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大。 由A、B、C三者组成的系统动量守恒得 (mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)v1 解得v1＝eq \f(（2＋2）×6,2＋2＋4) m/s＝3 m/s。 (2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为v2，则 mBv＝(mB＋mC)v2 解得v2＝eq \f(2×6,2＋4) m/s＝2 m/s 物块A、B、C速度相等时弹簧的弹性势能最大，设为Ep，根据机械能守恒定律有 Ep＝eq \f(1,2)(mB＋mC)veq \o\al(2,2)＋eq \f(1,2)mAv2－eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq \o\al(2,1) 解得Ep＝12 J。 (3)C的速度最大时，弹簧处于原长状态，设此时A的速度为v3，C的速度为v4，根据动量守恒定律有 mAv＋(mB＋mC)v2＝mAv3＋(mB＋mC)v4 根据机械能守恒定律有 eq \f(1,2)mAv2＋eq \f(1,2)(mB＋mC)veq \o\al(2,2)＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,3)＋eq \f(1,2)(mB＋mC)veq \o\al(2,4) 解得v3＝0，v4＝4 m/s。 题型二　物块—斜(曲)面模型 4．如图所示，一质量为m的小球沿光滑的水平面以速度v冲上一个静止在水平面上的质量为2m的曲面体，曲面体的曲面部分为eq \f(1,4)光滑圆弧面并且和水平面相切。当小球从曲面体再次滑到水平面的瞬间，其速度为(　　) A.eq \f(1,3)v B．－eq \f(1,3)v C.eq \f(2,3)v D．－eq \f(2,3)v 解析：以速度v的方向为正方向，设当小球从曲面体再次滑到水平面的瞬间，其速度为v1，曲面体的速度为v2，小球在曲面体上滑动的过程中，对小球和曲面体组成的系统，由水平方向动量守恒得mv＝mv1＋2mv2，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,2)，联立解得v1＝－eq \f(1,3)v，故B正确。 解析：当二者速度相等时，小物块沿滑块上滑的高度最大，设最大高度为h，共同速度为v，以v0的方向为正方向，从小物块滑上滑块到上滑到最大高度的过程中，由系统水平方向动量守恒有mv0＝(m＋M)v，由机械能守恒定律有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m＋M)v2＋mgh，解得h＝1.2 m，A、B错误；设小物块返回滑块底端时，小物块与滑块的速度分别为v1、v2，在小物块沿滑块滑行的整个过程中，由系统水平方向动量守恒有mv0＝mv1＋Mv2，由机械能守恒定律有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2)，解得v1＝－eq \f(1,3)v0＝－2 m/s，v2＝eq \f(2,3)v0＝4 m/s，根据动量定理，合力对滑块的冲量大小为I＝Mv2－0＝8 N·s，C正确，D错误。 6．如图所示，光滑水平面上有一质量为M的滑块，滑块的左侧是一光滑的eq \f(1,4)圆弧，圆弧半径为R＝0.25 m，且与水平面相切。一质量为m的小球以速度v0向右运动冲上滑块，已知M＝4m，g取10 m/s2，若小球刚好没跃出eq \f(1,4)圆弧的上端，求： (1)小球的初速度v0是多少？ (2)滑块获得的最大速度是多少？ 解析：(1)由题意知，当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，以向右为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得 mv0＝(m＋M)v1 由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m＋M)veq \o\al(2,1)＋mgR 代入数据解得v0＝2.5 m/s。 (2)小球到达最高点以后会沿圆弧下滑，滑块继续做加速运动，当小球离开滑块时滑块速度最大，设此时小球的速度为v2，滑块的速度为v3，从小球开始冲上滑块到离开滑块的过程，以向右为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得mv0＝mv2＋Mv3 由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,3) 代入数据解得v3＝1 m/s。 解析：设木块初速度为v时，木块滑到木板右端时恰好与木板共速，共同速度为v1，对木块和木板组成的系统，由动量守恒定律有mv＝2mv1，由能量守恒定律可得μmgl＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,1)，其中木块和木板的质量均为m＝1 kg，二者间动摩擦因数μ＝0.2，木板长度l＝2 m，代入数据解得v＝4 m/s，即木块初速度的最大值为4 m/s，故D正确。 解析：取水平向右为正方向，设A和B的质量分别为m1、m2，B的长度为L，A、B间的动摩擦因数为μ，A滑离B时，A和B的速度分别为v1、v2，A在B上滑动的过程，由动量守恒定律有m2vB＝m1v1＋m2v2，由能量守恒定律有μm1gL＝eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,B)－2,1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1v＋\f(1,2)m2veq \o\al(2,2))) ，且v2>v1，解得v1＝2 m/s，v2＝3 m/s，A正确，B错误；设A和B的位移分别为x1、x2，根据动能定理，对A有μm1gx1＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)－0，对B有－μm1gx2＝eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)－eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,B)，解得x1＝1 m，x2＝3.5 m，C错误，D正确。 答案：(1)eq \f(（M－m）v0,M＋m)　(2)2,0)eq \f(2Mv,μg（M＋m）) (3)2,0)eq \f(（2M－m）v,2μMg) 解析：(1)选水平向左为正方向，设A、B的最终速度为v共，从B撞挡板反向弹回到A、B相对静止的过程中，由动量守恒定律有Mv0－mv0＝(M＋m)v共 解得v共＝eq \f(（M－m）v0,M＋m)。 (2)设A相对B滑行的距离为L，A在B上相对滑动的过程中，由能量守恒定律有eq \f(1,2)(M＋m)veq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)(M＋m)veq \o\al(2,共)＋μmgL 解得L＝2,0)eq \f(2Mv,μg（M＋m）) 即木板的最小长度为2,0)eq \f(2Mv,μg（M＋m）) 。 (3)小木块A向右匀减速到速度为零时离挡板P最近，设此时B的速度为vB，最右端距挡板P的距离为x，在此过程中，由动量守恒定律得Mv0－mv0＝MvB 对平板车B，由动能定理有 －μmgx＝eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,B)－eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,0) 联立解得x＝2,0)eq \f(（2M－m）v,2μMg) 。 解析：设小球获得冲量I对应的初速度为v0，滑环固定时，根据机械能守恒定律，有Mgh1＝eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,0)，解得h1＝2,0)eq \f(v,2g) ；滑环不固定时，设在小球摆起最大高度h2时，滑环和小球的速度都为v，在此过程中小球和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m＋M)v2＋Mgh2，Mv0＝(m＋M)v，联立解得h2＝2,0)eq \f(v,8g) ，则h1∶h2＝4∶1，故选B。 解析：设物块A、B的质量分别为m1、m2，由题图乙可知，t＝0时刻A获得的速度v0＝3 m/s，t1时刻两物块速度相同，为v1＝1 m/s，0～t1时间内，根据动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v1，解得m2＝4 kg，D正确；由能量守恒定律可知，t1时刻，弹簧的弹性势能为Ep＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \o\al(2,1)＝6 J，A错误；t2时刻，两物块的加速度为零，可知弹簧的弹力为零，弹簧处于原长，B正确；由题图乙可知，t2～t3时间内，物块A先做减速运动，后做加速运动，C错误。 13．(多选)如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹(可视为质点)以水平速度v0射中木块，并最终留在木块中与木块一起运动，已知当子弹相对木块静止时，子弹进入木块的深度为s，此过程经历的时间为t。若木块对子弹的阻力视为恒定，则下列判断正确的是(　　) A．木块最终的速度大小是eq \f(mv0,M) B．木块对子弹的阻力大小是2,0)eq \f(Mmv,2（M＋m）s) C．子弹刚好相对木块静止时，木块前进距离为eq \f(M,M＋m)s D．仅将木块换成较硬的木块，子弹射入木块的深度减小，系统产生的内能不变 解析：对木块、子弹组成的系统，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得木块最终的速度大小v＝eq \f(mv0,M＋m)，故A错误；对木块、子弹组成的系统，根据能量守恒定律得－fs＝eq \f(1,2)(M＋m)v2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，解得木块对子弹的阻力大小f＝2,0)eq \f(Mmv,2（M＋m）s) ，B正确；子弹刚好相对木块静止时，对木块由动能定理得fl＝eq \f(1,2)Mv2－0，解得木块前进距离为l＝eq \f(m,M＋m)s，C错误；仅将木块换成较硬的木块，木块对子弹的阻力f增大，根据动量守恒定律仍有mv0＝(M＋m)v，可知木块最终的速度大小v不变，由能量守恒定律知，系统产生的内能仍为Q＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋M)v2，即系统产生的内能不变，由功能关系知Q＝fs，则子弹射入木块的深度s减小，D正确。 $$