1.(2023·广东东莞市高三检测)如图所示，弹簧一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为2m的小球从槽高h处自由下滑，则下列说法正确的是( )
A．在下滑过程中，小球和槽组成的系统动量守恒
B．在下滑过程中，小球的机械能守恒
C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D．被弹簧反弹后，小球和槽组成的系统机械能守恒，小球能回到槽高h处
2.如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m的小物块从斜面底端以初速度v0沿斜面向上开始运动．当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，重力加速度为g，则下列关系式中正确的是( )
A．mv0＝(m＋M)v
B．mv0cos θ＝(m＋M)v
C.m(v0sin θ)2＝mgh
D.mv02＝mgh＋Mv2
3.如图所示，光滑水平地面上有A、B两物体，质量都为m，B左端固定一个处在压缩状态的轻弹簧，轻弹簧被装置锁定，当弹簧再受到压缩时锁定装置会失效．A以速率v向右运动，当A撞上弹簧后，设弹簧始终不超过弹性限度，关于它们后续的运动过程，下列说法正确的是( )
A．A物体最终会静止，B物体最终会以速率v向右运动
B．A、B系统的总动量最终将大于mv
C．A、B系统的总动能最终将大于mv2
D．当弹簧的弹性势能最大时，A、B的总动能为mv2
4.(2023·山西运城市高三检测)如图所示，在光滑的水平地面上有一静止的质量为M的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧的半径为R，最低点处刚好与水平地面相切．一质量为m的小球以一定的初速度v0沿水平地面向右运动，不计小球冲上圆弧滑块过程中的机械能损失．如果圆弧滑块固定，则小球恰能冲到圆弧面上与圆心等高处；如果圆弧滑块不固定，则小球在圆弧面上能到达的最大高度为.则小球与滑块质量之比m∶M为( )
A．1∶2 B．1∶3
C．2∶1 D．3∶1
5.如图所示，光滑弧形滑块P锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水平，小球Q(视为质点)的质量为滑块P的质量的一半，小球Q从滑块P顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek1.现解除锁定，仍让Q从滑块顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek2，Ek1和Ek2的比值为( )
A. B. C. D.
6.如图，在光滑的水平面上静止放一个质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一个轻质弹簧．质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B.当木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是( )
A．B板的加速度一直增大
B．弹簧压缩量最大时，B板的速率最大
C．弹簧的最大弹性势能为mv02
D．弹簧对木块A的冲量大小为mv0
7．(2023·江苏盐城市阜宁县实验高级中学模拟)如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的轻弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为6 kg.现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v－t图像如图所示，则可知( )
A．物块A的质量为4 kg
B．运动过程中物块A的最大速度为vm＝4 m/s
C．在物块A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒
D．在物块A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为45 J
8.(2023·重庆市名校联考)如图所示，A、B、C三个半径相等的刚性小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上，三个球的质量分别为mA＝2 kg、mB＝3 kg、mC＝2 kg，初状态三个小球均静止，B、C两球之间连着一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态．现给A球一个向左的初速度v0＝10 m/s，A、B两球碰后A球的速度变为方向向右、大小为2 m/s.下列说法不正确的是( )
A．球A和球B间的碰撞是弹性碰撞
B．球A和球B碰后，弹簧恢复到原长时球C的速度大小为9.6 m/s
C．球A和球B碰后，球B的最小速度为1.6 m/s
D．球A和球B碰后，弹簧的最大弹性势能可以达到96 J
9.如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为，小球A以v0＝6 m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则( )
A．B的最小速率为 m/s
B．B运动到最高点时的速率为 m/s
C．B能与A再次发生碰撞
D．B不能与A再次发生碰撞
10．如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H＝5 m的光滑水平桌面上．现有一滑块A从光滑曲面上离桌面高h＝1.8 m处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经过一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动，一段距离后从桌面边缘飞出．已知mA＝1 kg，mB＝2 kg，mC＝3 kg，滑块A、B、C均可看作质点，取g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小；
(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；
(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离．
专题强化练十 碰撞模型的拓展
1．C 2.B 3.C 4.C
5．C [设滑块P的质量为2m，则Q的质量为m，弧形顶端与底端的竖直距离为h；P锁定时，Q下滑过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＝Ek1，P解除锁定，Q下滑过程中，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得mvQ－2mvP＝0，由机械能守恒定律得mgh＝mvQ2＋×2mvP2，Q离开P时的动能Ek2＝mvQ2，联立解得＝，故C正确．]
6．D [弹簧压缩量先增大后减小，则B板受到的弹簧弹力先增大后减小，B板的加速度先增大后减小，A错误；在木块A与弹簧相互作用的过程中，弹簧一直处于压缩状态，B板一直在加速，所以弹簧恢复原长时，B板运动速率最大，B错误；当A、B的速度相同时，弹簧的压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律和能量守恒定律可得2mv0＝(2m＋m)v，×2mv02＝(m＋2m)v2＋Epm，联立解得v＝v0，Epm＝mv02，C错误；设A与弹簧分离时，A与B的速度分别为v1和v2，取向左为正方向，根据动量守恒定律有2mv0＝2mv1＋mv2，根据机械能守恒定律有×2mv02＝×2mv12＋mv22，联立解得v1＝v0，v2＝v0，对木块A，根据动量定理有I＝2mv1－2mv0＝－mv0，D正确．]
7．B [由题图知，A离开挡板瞬间B的速度为v0＝3 m/s，B的速度最小值为vB＝1 m/s，B的速度最小时，弹簧恢复原长，此时A的速度最大，设A的最大速度为vm，取向右为正方向，根据系统动量守恒和机械能守恒得mBv0＝mAvm＋mBvB，mBv02＝mAvm2＋mBvB2，解得mA＝3 kg，vm＝4 m/s，故A错误，B正确；在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，A、B系统所受合力不为零，所以系统动量不守恒，故C错误；分析从A离开挡板后A、B的运动过程，弹簧伸长到最长时，弹性势能最大，此时A、B的共同速度为v共，根据动量守恒定律有mBv0＝(mA＋mB)v共，解得v共＝2 m/s，根据机械能守恒定律有mBv02＝(mA＋mB)v共2＋Ep，解得Ep＝9 J，故D错误．]
8．D [A、B两球碰撞过程中A、B两球组成的系统动量守恒，以向左为正方向，根据动量守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2，且v1＝－2 m/s，代入数据解得v2＝8 m/s，碰撞前系统的总动能Ek＝mAv02，碰撞后系统的总动能Ek′＝mAv12＋mBv22，代入数据解得Ek＝Ek′，则A、B两球碰撞过程中系统的机械能守恒，因此球A和球B间的碰撞是弹性碰撞，A正确；由于B、C两球及弹簧组成的系统在运动的过程中满足动量守恒定律和机械能守恒定律，当B球的速度最小时，弹簧处于原长状态，则有mBv2＝mBv3＋mCv4，mBv22＝mBv32＋mCv42，联立解得v3＝1.6 m/s，v4＝9.6 m/s，因此B球的最小速度为1.6 m/s，此时C球的速度大小为9.6 m/s，B、C正确；当B、C两球速度相同时，弹簧的弹性势能最大，则有mBv2＝(mB＋mC)v5，Epmax＝mBv22－(mB＋mC)v52，联立解得Epmax＝38.4 J，D错误．]
9．D [A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得v0＝vA＋MvB，·v02＝·vA2＋MvB2，联立解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s，故AB碰后B的速率为4 m/s；B冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，则MvB＝(M＋2M)v，得v＝ m/s，选项B错误；从B冲上C后又滑下的过程，设B、C分离时速度分别为vB′、vC′，由水平方向动量守恒有MvB＝MvB′＋2MvC′，由机械能守恒有MvB2＝MvB′2＋×2MvC′2，联立解得vB′＝－ m/s，由于|vB′|<|vA|，所以二者不会再次发生碰撞，B的最小速率为0，选项A、C错误，D正确．]
10．(1)2 m/s (2)3 J (3)2 m
解析 (1)滑块A从光滑曲面上高h处由静止开始滑下的过程中机械能守恒，设其滑到水平桌面时的速度大小为v1，由机械能守恒定律有mAgh＝mAv12，解得v1＝6 m/s
滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，取水平向右为正方向，碰撞结束瞬间具有共同速度，设为v2，由动量守恒定律有
mAv1＝(mA＋mB)v2，
解得v2＝v1＝2 m/s
(2)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程中机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相同，设为v3，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有mAv1＝(mA＋mB＋mC)v3，
解得v3＝v1＝1 m/s
由机械能守恒定律有
Ep＝(mA＋mB)v22－(mA＋mB＋mC)v32
代入数据解得Ep＝3 J
(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设此时滑块A、B的速度为v4，滑块C的速度为v5，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)v4＋mCv5
(mA＋mB)v22＝(mA＋mB)v42＋mCv52
联立解得v4＝0，v5＝2 m/s
滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动x＝v5t，H＝gt2
联立解得x＝2 m.1.如图所示，子弹以水平速度v0射向原来静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中和木块一起运动．在子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是( )
A．子弹对木块的冲量一定大于木块对子弹的冲量
B．子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小一定相等
C．子弹速度的减小量一定等于木块速度的增加量
D．子弹动量变化的大小一定大于木块动量变化的大小
2．(2023·云南省华宁县第一中学模拟)质量为m的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左、右两侧各有一位持有完全相同步枪和子弹的射击手，首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d1，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d2，如图所示，设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同．当两颗子弹均相对于木块静止时，下列判断正确的是( )
A．木块静止，d1＝d2 B．木块静止，d1
A．小车A与子弹的最终速度大小为3 m/s，方向向右
B．小车B的最终速度大小为1 m/s
C．弹簧最大的弹性势能为10 J
D．整个过程损失的能量为240 J
4.如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块质量，t＝0时两者从图中位置以相同的水平速度v0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v随时间t变化的图像可能正确的是( )
5．如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0在光滑水平面上向右运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动．若物体与车上表面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则在足够长的时间内( )
A．若M>m，物体A相对地面向左的最大位移是
B．若M
D．无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为
6.如图所示，两侧带有固定挡板的平板车乙静止在光滑水平地面上，挡板的厚度可忽略不计，车长为2L，与平板车质量相等的物块甲(可视为质点)由平板车的中点处以初速度v0向右运动，已知甲、乙之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，忽略甲、乙碰撞过程中的能量损失，下列说法正确的是( )
A．甲、乙达到共同速度所需的时间为
B．甲、乙共速前，乙的速度一定始终小于甲的速度
C．甲、乙相对滑动的总路程为
D．如果甲、乙碰撞的次数为n(n≠0)，则最终甲距离乙左端的距离可能为－2nL
7.如图所示，一质量m1＝0.45 kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上．车顶右端放一质量m2＝0.5 kg的小物块，小物块可视为质点，小物块与小车上表面之间的动摩擦因数μ＝0.5.现有一质量m0＝0.05 kg的子弹以v0＝100 m/s的水平速度射中小车左端，并留在小车中，子弹与小车相互作用时间很短．g取10 m/s2，求：
(1)子弹刚射入小车后，小车的速度大小v1；
(2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为多少．
8.(2023·山西省模拟)如图所示，质量M＝1 kg的平板车A放在光滑的水平面上，质量m＝
0.5 kg的物块B放在平板车右端上表面，质量m＝0.5 kg的小球C用长为6.4 m的细线悬挂于O点，O点在平板车的左端正上方，距平板车上表面的高度为6.4 m，将小球向左拉到一定高度，细线拉直且与竖直方向的夹角为60°，由静止释放小球，小球与平板车碰撞后，物块刚好能滑到平板车的左端，物块相对平板车滑行的时间为0.5 s，物块与平板车间的动摩擦因数为0.6，忽略小球和物块的大小，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)平板车的长度；
(2)小球与平板车碰撞过程损失的机械能．
9.(2022·河北卷·13)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1 kg和2 kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1 kg，A和C以相同速度v0＝10 m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新物块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1.重力加速度大小取g＝10 m/s2.
(1)若0
专题强化练十一 动量守恒在子弹打木块模型和板块模型中的应用
1．B 2.B 3.C 4.A
5．D [规定向右为正方向，根据动量守恒定律有Mv0－mv0＝(M＋m)v，解得v＝v0，若M>m，A所受的摩擦力大小为Ff＝μmg，对A，根据动能定理得－μmgxA＝0－mv02，则得物体A相对地面向左的最大位移xA＝，故A错误；若M
2mv共，解得v共＝，若能发生碰撞，碰前甲、乙的速度分别为v1、v2，碰后甲、乙的速度分别为v1′、v2′，取水平向右为正方向，则有mv1＋mv2＝mv1′＋mv2′，mv12＋mv22＝mv1′2＋mv2′2，联立解得v1′＝v2，v2′＝v1，可知碰撞使得两者速度互换，且在运动过程中两者的加速度大小均为a＝＝μg，则甲、乙达到共同速度所需的时间为t＝＝，碰撞使得两者速度互换，即甲、乙共速前，乙的速度不一定始终小于甲的速度，A、B错误；从开始到相对静止过程中，甲、乙相对滑动的总路程为s，根据动能定理可得－μmgs＝×2m()2－mv02，解得s＝，C正确；甲、乙碰撞的次数为n，且相对静止时甲距离乙左端的距离为s0，若第n次碰撞发生在平板车的左挡板，则有L＋2L(n－1)＋s0＝s(n＝2,4,6，…)，解得s0＝＋L－2nL(n＝2,4,6，…)，若第n次碰撞发生在平板车的右挡板，则有L＋2L(n－1)＋2L－s0＝s(n＝1,3,5，…)，解得s0＝2nL＋L－(n＝1,3,5，…)，即最终甲距离乙左端的距离可能为＋L－2nL，D错误．]
7．(1)10 m/s (2)5 m
解析 (1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1，代入数据解得v1＝10 m/s.
(2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与小车共速时，共同速度为v2，两者相对位移大小为L，由动量守恒定律和能量守恒定律有(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2，μm2gL＝(m0＋m1)v12－(m0＋m1＋m2)v22，联立解得L＝5 m，故要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为5 m.
8．(1)1.125 m (2)5.625 J
解析 (1)设物块在平板车上滑动时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmg＝ma
代入数据解得a＝6 m/s2
设物块与平板车最后的共同速度为v，根据运动学公式有v＝at＝3 m/s
设小球与平板车相碰后瞬间，平板车的速度为v1，根据动量守恒定律有Mv1＝(m＋M)v
解得v1＝4.5 m/s
设平板车的长度为L，根据能量守恒定律有
μmgL＝Mv12－(m＋M)v2
代入数据解得L＝1.125 m
(2)设小球与平板车相碰前瞬间速度为v0，根据机械能守恒定律有
mg(l－lcos 60°)＝mv02
解得v0＝8 m/s
设碰撞后瞬间小球的速度为v2，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝Mv1＋mv2
解得v2＝－1 m/s
小球与平板车碰撞过程损失的机械能为
ΔE＝mv02－mv22－Mv12＝5.625 J.
9．(1)5(1－k) m/s，方向向右
m/s，方向向右 (2)1.875 m
解析 (1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为v物，已知C、D的质量均为m＝1 kg，以向右为正方向，则有mv0－m·kv0＝(m＋m)v物
解得v物＝v0＝5(1－k) m/s>0
可知碰撞后瞬间物块C、D形成的新物块的速度大小为5(1－k) m/s，方向向右．
滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑，滑板A和B质量分别为1 kg和2 kg，则由
Mv0－2M·kv0＝(M＋2M)v滑
解得v滑＝v0＝ m/s>0
则新滑板速度方向也向右．
(2)若k＝0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为v物′＝5(1－k) m/s＝5×(1－0.5) m/s＝2.5 m/s
碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑′＝ m/s＝0
可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，新物块的质量为m′＝2 kg，新滑板的质量为M′＝3 kg，设相对静止时的共同速度为v共，根据动量守恒可得
m′v物′＝(m′＋M′)v共
解得v共＝1 m/s
根据能量守恒可得μm′gx相＝m′(v物′)2－(m′＋M′)v共2
解得x相＝1.875 m.1.(2023·山东威海市检测)质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一条不可拉伸的长为l的细线，细线另一端系一个可以看作质点的球C，质量也为m.现将C球拉起使细线水平自然伸直，并由静止释放C球，重力加速度为g.求：
(1)C球第一次摆到最低点时的速度大小；
(2)从C球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中，B移动的距离；
(3)C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度．
2.(2023·云南省高三月考)如图所示，半径R＝1.0 m的粗糙圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，下端点C为轨道的最低点．C点右侧的粗糙水平面上，紧挨C点静止放置一质量M＝1 kg的木板，木板上表面与C点等高，木板左端放置一个质量为m2＝1 kg的物块，另一质量为m1＝1 kg的物块从A点以某一速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，到达C点时对轨道的压力大小为46 N，之后与质量为m2的物块发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，最终质量为m2的物块刚好未从木板上滑下．已知AO的竖直高度H＝1.4 m，质量为m2的物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，两物块相同且均可视为质点，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.求：
(1)质量为m1的物块到达B点时的速度大小vB；
(2)质量为m1的物块通过圆弧轨道克服摩擦力做的功W克f；
(3)木板的长度L.
3．(2023·江苏省立发中学高三检测)如图所示，左侧固定着内壁光滑的四分之一圆轨道，半径为R，右侧水平面上有一质量为3m的滑板，滑板由水平部分BC和半径为R的四分之一光滑圆弧构成．质量分别为2m和m的物体P、Q(视为质点)锁定在半圆轨道底端A点和滑板左端B点，两者间有一被压缩的轻质弹簧(未与P、Q连接)．某时刻解除锁定，压缩的弹簧释放，物体P、Q瞬间分离．P向左运动上升到最大高度后即撤去，且最大高度恰好为R，物体Q与滑板水平部分间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.
(1)求弹簧被锁定时的弹性势能；
(2)若水平面光滑，要使物体Q能从滑板上的C点经过，求BC的长度L应满足的条件；
(3)若滑板与水平面间的动摩擦因数为μ，求物体Q与滑板因摩擦所产生的热量(已知BC>)．
4．(2022·浙江6月选考·20)如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l.圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H.开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰．已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止．忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取g＝10 m/s2.
(1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；
(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；
(3)若物块b释放高度0.9 m
1．(1)2 (2) (3)
解析 (1)对A、B、C组成的系统，由水平方向动量守恒及系统机械能守恒可得mvC＝2mvAB
mgl＝mvC2＋×2mvAB2
联立解得C球第一次摆到最低点时的速度大小为vC＝2.
(2)对A、B、C组成的系统，由人船模型规律可得mxC＝2mxAB
xC＋xAB＝l
联立解得从C球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中，B移动的距离为xAB＝.
(3)C球向左摆动到最高点时A、C有共同速度v.
对A、C组成的系统，取向左为正方向，由水平方向动量守恒可得mvC－mvAB＝2mv
由机械能守恒定律可得
mvC2＋mvAB2＝×2mv2＋mgh，则C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度为Δh＝l－h
联立解得Δh＝.
2．(1)5 m/s (2)10.5 J (3)3 m
解析 (1)质量为m1的物块水平抛出后做平抛运动，到达B点时，下落高度为h＝H－Rsin θ＝0.8 m
竖直方向上有vy2＝2gh
根据几何关系可知vy＝vBcos θ
联立解得vB＝5 m/s
(2)质量为m1的物块到达C点时，由牛顿第二定律有FN－m1g＝
解得vC＝6 m/s
质量为m1的物块从B运动到C过程中，由动能定理得
m1g(R＋Rsin θ)－W克f＝m1vC2－m1vB2
解得W克f＝10.5 J
(3)质量为m1的物块运动到C点时与质量为m2的物块发生弹性碰撞且质量相等，碰撞后速度交换，
则v2＝vC＝6 m/s
经受力分析，由牛顿第二定律，
对质量为m2的物块有
μ1m2g＝m2a1
对木板有μ1m2g－μ2(m2＋M)g＝Ma2
根据公式v＝v0＋at，设经过时间t后二者共速有a2t＝v2－a1t
对质量为m2的物块有
x1＝v2t－a1t2
对木板有x2＝a2t2
因为质量为m2的物块刚好未从木板上滑下，所以质量为m2的物块相对木板的位移即为木板长度，则有L＝x1－x2
联立解得L＝3 m.
3．(1)6mgR (2)L< (3)mgR
解析 (1)P被弹开后运动到最高点过程中，由动能定理有
2mgR＝×2mvP2
解得vP＝
弹簧弹开过程，P、Q系统水平方向动量守恒，有0＝2mvP－mvQ
解得vQ＝2
由能量守恒定律得弹簧弹性势能为Ep＝×2mvP2＋mvQ2＝6mgR
(2)若Q恰能到达C点，根据动量守恒定律和能量守恒定律有mvQ＝4mv
mvQ2＝×4mv2＋μmgLm
解得Lm＝
所以L<
(3)Q滑上滑板时，由牛顿第二定律得μmg＝ma1
解得Q的加速度大小a1＝μg
对滑板分析得
μmg－μ·4mg＝3ma2
解得滑板加速度大小a2＝μg
设经过时间t共速，速度为v共，对Q有v共＝vQ－a1t＝2－μgt
对滑板有v共＝a2t＝μgt
联立解得t＝
物体Q与滑板的相对位移为
Δx＝2·t－μgt2－×μgt2＝
物体Q与滑板因摩擦产生的热量Q＝μmgΔx＝mgR.
4．(1)5 m/s
(2)FN＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)
(3)当0.9 m
b与a发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mvb＝mvb′＋mv0
mvb2＝mvb′2＋mv02
联立解得v0＝5 m/s
(2)由(1)分析可知，物块b与物块a在A处发生弹性正碰，速度交换，若物块a刚好可以到达E点对应的高度为h1，根据动能定理可得mgh1－2μmgl－mgH＝0，解得h1＝1.2 m
以竖直向下为正方向，则有
FN＋mg＝m
由动能定理有
mgh－2μmgl－mgH＝mvE2
联立可得FN＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)
(3)当1.2 m≤h<1.65 m时，最终物块a静止的位置在E点或E点右侧，根据动能定理得
mgh－2μmgl－mgH＝mvE2
从E点飞出后，竖直方向H＝gt2
水平方向s1＝vEt
当h最大时，s1最大，即s1max＝0.6 m，又因x取不到最大值，则s1取不到最大值，
根据几何关系可得DF＝ m
x＝3l＋DF＋s1
代入数据解得
m≤x<(3.6＋) m；
当0.9 m
解得s2＝1.8 m
可知物块a达到距离C点右侧0.8 m处静止；
当h取1.2 m时，
物块a在E点速度为零，若返回到CD时，根据动能定理可得mgH－μmgs3＝0，解得s3＝0.4 m，距离C点0.6 m，
又因h＝1.2 m不在此范围内，故当0.9 m
