热点05 碰撞与类碰撞模型（解析版）-高考物理重点难点热点专题

热点05碰撞与类碰撞模热点05碰撞与类碰撞模型1.碰撞问题是历年高考试题的重点和热点，它所反映出来的物理过程、状态变化及能量关系，对学生的理解能力、逻辑思维能力及分析推理能力要求比较高。高考中考查的碰撞问题，碰撞时间极短，位移为零，碰撞过程遵循动量守恒定律。2.高考题命题加重了试题与实际的联系，命题导向由单纯的解题向解决问题转变，对于动量守恒定律这一重要规律我们也要关注其在生活实际中的应用，学会建构模型、科学推理。3.动量和能量综合考查是高考命题的热点，在选择题和计算题中都可能出现，选择题中可能考查动量和能量知识的简单应用，计算题中一般结合竖直面内的圆周运动模型、板块模型或弹簧模型等压轴考查，难度较大。此类试题区分度较高，且能很好地考查运动与相互作用观念、能量观念动量观念和科学思维要素，因此备考命题者青睐。题型一人船模型1．模型简析：如图所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统动量守恒，可得m船v船＝m人v人，因人和船组成的系统动量始终守恒，故有m船x船＝m人x人，由图可看出x船＋x人＝L，可解得x人＝eq\f(m船,m人＋m船)L，x船＝eq\f(m人,m人＋m船)L。2．模型特点(1)两个物体作用前均静止，作用后均运动。(2)动量守恒且总动量为零。3．结论：m1x1＝m2x2(m1、m2为相互作用物体的质量，x1、x2为其对地位移的大小)。题型二“物块—弹簧”模型模型图例m1、m2与轻弹簧(开始处于原长)相连，m1以初速度v0运动两种情景1.当弹簧处于最短(最长)状态时两物体瞬时速度相等，弹性势能最大：(1)系统动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v共。(2)系统机械能守恒：eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v共2＋Epm。2.当弹簧处于原长时弹性势能为零：(1)系统动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2。(2)系统机械能守恒：eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22。题型三“滑块—曲面(或斜面)体”模型模型图例M开始时静止，m以初速度v0滑上曲面体两种情景1.m到达最高点时，m与M具有共同的瞬时水平速度v共：(1)系统水平方向动量守恒：mv0＝(M＋m)v共。(2)系统机械能守恒：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(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。2.m返回最低点时，m与M的分离点：(1)整个过程中，系统水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2。(2)整个过程中，系统机械能守恒：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22。题型四“滑块-滑板”模型模型图例上表面粗糙、质量为M的滑板，放在光滑的水平地面上，质量为m的滑块以初速度v0滑上滑板。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大小的乘积等于系统减少的机械能，即摩擦生热。2.若滑块未从滑板上滑下，当两者速度相同时，滑板速度最大，相对位移最大。两种情景1.若滑块未滑离滑板，当滑块与滑板相对静止时，二者的共同速度为v，滑块相对滑板的位移为d，滑板相对地面的位移为s，滑块和滑板间的摩擦力为Ff。这类问题类似于子弹打木块模型中子弹未射出的情况：(1)系统动量守恒：mv0＝(M＋m)v。(2)系统能量守恒：Ffd＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2。2.若滑块滑离滑板，设滑离滑板时，滑块的速度为v1，滑板的速度为v2，滑板长为L：(1)系统动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2。(2)系统能量守恒：FfL＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)Mv22。题型四“子弹打木块”模型模型图例地面光滑，木板长度为d，子弹射入木块所受阻力为Ff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，一般应用能量守恒定律。两种情景1.子弹嵌入木块中(未穿出)：两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)(1)动量守恒：mv0＝(m＋M)v。(2)能量守恒：Q＝Ff·s＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2。2.子弹穿透木块：两者速度不相等，机械能有损失(非弹性碰撞)(1)动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2。(2)能量守恒：Q＝Ff·d＝eq\f(1,2)mv02－(eq\f(1,2)Mv22＋eq\f(1,2)mv12)。（建议用时：30分钟）一、单选题1．（2023·吉林长春·东北师大附中校考一模）“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。独竹漂高手们脚踩一根楠竹，漂行水上如履平地。如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如下。经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8cm。女子在照片上身高约为1.6cm。已知竹竿的质量约为25kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为（）

A．45kg B．50kg C．55kg D．60kg【答案】A【解析】对人和竹竿组成的系统，可看成人船模型，所以代入数据可得人的质量为故选A。2．如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为m的滑块，滑块右侧面为一个半径为的弧形的光滑凹槽，A点切线水平。另有一个质量为的小球以水平速度从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g。下列说法中正确的是（

）A．当时，小球恰好能到达点B．当时，小球在弧形凹槽上冲向点的过程中，滑块的动能增大；返回A点的过程中，滑块的动能减小C．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D．小球返回A点后做自由落体运动【答案】D【解析】A．小球滑上凹槽的过程中，若凹槽固定，小球的速度冲上，根据机械能守恒解得但是，凹槽不固定，小球冲上来的过程中，凹槽也会运动，根据机械能守恒可知小球不能冲到点，A错误；B．小球在圆弧上运动的过程中，小球对滑块的压力一直对滑块做正功，所以滑块动能一直增加，B错误；C．如果小球的速度足够大，小球将从滑块的左侧沿切线方向飞离凹槽，相对凹槽的速度方向竖直向上，两者水平速度相等，所以小球会沿左侧边缘落回，C错误；D．小球和凹槽整个作用过程中，水平方向动量守恒，机械能守恒，类似于弹性碰撞解得所以小球返回A点后做自由落体运动，D正确。故选D。3．如图所示，A、B两个小球静止在光滑水平地面上，用轻弹簧连接，A、B两球的质量分别为0.4kg和1.2kg。现使A球获得向右的瞬时速度。已知弹簧始终在其弹性限度之内，则在A、B两球运动的过程中（）A．B球的最大速度大小为1.5m/sB．B球速度最大时，A球的速度大小为3m/s，方向水平向左C．A球速度为0时，A、B组成的系统动能损失最大D．A球加速度为0时，B球的速度最大【答案】B【解析】AB．当B球速度最大时，弹簧处于原长，以向右为正方向，设此时A、B速度为v1、v2，由动量守恒和机械能守恒有解得v1=-3m/s，v2=3m/sA错误，B正确；C．由能量守恒可知，A、B组成的系统动能损失最大时，弹簧弹性势能达到最大值，此时A、B速度相同，设为，由动量守恒解得C错误；D．A球加速度为0时，弹簧处于原长，当弹簧从压缩状态逐渐恢复原长过程中，B球的速度逐渐增大，弹簧恢复原长时B速度达到最大；当弹簧从伸长状态逐渐恢复原长过程中，B球的速度逐渐减小，弹簧恢复原长时B速度达到最小值，D错误。故选B。4．（2023·辽宁·校联考三模）如图所示，光滑水平地面上并排放置着质量分别为、的木板A、B，一质量的滑块C（视为质点）以初速度从A左端滑上木板，C滑离木板A时的速度大小为，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2m/sC．木板A的最大速度为1m/sD．整个过程，A、B、C组成的系统机械能减少了57.5J【答案】D【解析】ABC．整个系统水平方向动量守恒，C滑离木板A时解得木板A的最大速度为滑上B后，对B、C整体水平动量守恒解得木板B的最大速度为并且B、C一起匀速运动，故ABC错误；D．整个过程，A、B、C组成的系统机械能减少了故D正确。故选D。5．（2023·重庆·一模）如图所示，光滑水平面上质量为2M的物体A以速度v向右匀速滑动，质量为M的B物体左端与轻质弹簧连接并静止在光滑水平面上，在物体A与弹簧接触后，以下判断正确的是（）A．在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对A的弹力冲量大小为B．在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率一直增大C．从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，弹簧对A、B做功的代数和为0D．从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，最大弹性势能为【答案】A【解析】A．在物体A与弹簧接触过程中，根据动量守恒定律得根据机械能守恒定律得解得根据动量定理得弹簧对A的弹力冲量大小解得A正确；B．在物体A与弹簧接触到弹簧最短的过程中，弹簧的弹力和B的速度都增大，弹簧对B的弹力做功的功率增大；在弹簧接近原长时，B的速度接近，而弹簧的弹力几乎等于零，弹簧对B的弹力做功的功率几乎等于零，所以在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率先增大后减小，B错误；CD．从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，根据动量守恒定律得解得弹簧对A、B做功分别为弹簧对A、B做功的代数和为最大弹性势能为CD错误。故选A。二、多选题6．（2024·吉林·统考一模）如图（a），质量均为m的小物块甲和木板乙叠放在光滑水平面上，甲到乙左端的距离为L，初始时甲、乙均静止，质量为M的物块丙以速度向右运动，与乙发生弹性碰撞。碰后，乙的位移x随时间t的变化如图（b）中实线所示，其中时刻前后的图像分别是抛物线的一部分和直线，二者相切于P，抛物线的顶点为Q。甲始终未脱离乙，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．碰后瞬间乙的速度大小为 B．甲、乙间的动摩擦因数为C．甲到乙左端的距离 D．乙、丙的质量比【答案】BC【解析】AB．设碰后瞬间乙的速度大小为，碰后乙的加速度大小为，由图（b）可知抛物线的顶点为Q，根据图像的切线斜率表示速度，则有联立解得，根据牛顿第二定律可得解得甲、乙间的动摩擦因数为故A错误，B正确；C．由于甲、乙质量相同，则甲做加速运动的加速度大小也为根据图（b）可知，时刻甲、乙刚好共速，则时间内甲、乙发生的相对位移为则甲到乙左端的距离满足故C正确；D．物块丙与乙发生弹性碰撞，碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒可得可得可得乙、丙的质量比为故D错误。故选BC。7．（2024·四川泸州·校考一模）如图所示，带有光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，一质量为的小球以水平速度从小车左端冲上小车，一段时间后小球从小车的左端飞出，已知小车的质量为，重力加速度大小为，下列说法正确的是（）

A．小球上升的最大高度为 B．小球从小车的左端飞出的速度大小为C．小球从小车的左端飞出后小车的速度大小为 D．整个过程中小球对小车做的功为【答案】BD【解析】A．系统水平方向动量守恒，小球上升到最大高处时，二者共速，可得由机械能守恒可得联立，解得故A错误；BC．设水平向右为正方向，取小球从小车的左端飞出时为末状态，根据动量守恒，可得由机械能守恒，可得联立，解得故B正确；C错误；D．整个过程中小球对小车做的功为小车增加的动能，即故D正确。故选BD。8．如图所示，小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，从B到小车右端挡板平滑连接一段光滑水平轨道，在右端固定一轻弹簧，弹簧处于自由状态，自由端在C点。一质量为m、可视为质点的滑块从圆弧轨道的最高点A由静止滑下，而后滑入水平轨道，小车质量是滑块质量的2倍，重力加速度为g。下列说法正确的是（

）

A．滑块到达B点时的速度大小为B．弹簧获得的最大弹性势能为mgRC．滑块从A点运动到B点的过程中，小车运动的位移大小为D．滑块第一次从A点运动到B点时，小车对滑块的支持力大小为4mg【答案】BD【解析】AD．滑块从A滑到B时，满足水平方向动量守恒，机械能守恒，则有，解得，运动到B点时对滑块受力分析解得FN=4mg故A错误、D正确；B．滑块运动到小车最右端时根据水平方向动量守恒可知二者均静止，则减少的重力势能全部转化为弹性势能，故B正确；C．从A到B滑下过程由人船模型，x1＋x2=R解得小车的位移应当是故C错误。故选BD。三、解答题9．（2024·广东惠州·统考三模）如图所示，一质量为M=2kg、右端带有一段半径为R=0.5m的四分之一圆弧的长木板停靠在墙边，木板左端固定一轻弹簧，弹簧右端紧靠一质量为m=1kg的小物块（不栓接），木板表面除长为L=2.5m的AB段外均光滑，AB段与物块间的滑动摩擦因数为μ=0.2。现用外力通过物块压缩弹簧，使其弹性势能Ep=18J，然后由静止释放物块。已知物块到达A点前已脱离弹簧，水平地面光滑且足够长，重力加速度g取10m/s2，求：（1）物块第一次到达A点时的动量大小；（2）试通过计算判断物块能否到达圆弧轨道的最高点。【答案】（1）6kg﹒m/s；（2）能，见解析【解析】（1）由相同机械能守恒有可得物块第一次到达A点时的动量大小（2）假设能到达最高点，此时，物块的速度与木板的速度相等，设为v，从物块滑过A点，木板离开墙角后，物块与木板组成的系统水平方向动量守恒，有可得则有可得可知物块能到达圆弧轨道的最高点。10．（2023·广东汕头·统考一模）如图，L形滑板A静止在粗糙水平面上，在A上距离其左端为3l处静置小木块B，AB之间光滑；水平面上距离A右端l处静止着一滑块C，A和C与水平面之间的动摩擦因数均为μ。ABC的质量均为m，AB、AC之间的碰撞都属于完全非弹性碰撞且不粘连。现对A施加水平向右的恒定推力，当AC相碰瞬间撤去，碰撞后瞬间AC的速度，由于A板足够长，所以不考虑BC的相碰。已知重力加速度为g。求：（1）水平推力F的大小；（2）当AC都停下时C离A板右端的距离d。【答案】（1）；（2）5.5l【解析】（1）对A，由动能定理AC相碰，有得（2）AC相碰后，AC分离，对C有得对A有然后AB相碰，有此后，对A有得AC之间的距离得（建议用时：30分钟）一、单选题1．如图所示，返回舱接近地面时，相对地面竖直向下的速度为v，此时反推发动机点火，在极短时间内，竖直向下喷出相对地面速度为u、体积为V的气体，辅助返回舱平稳落地。已知喷出气体的密度为，喷出气体所受重力忽略不计，则喷气过程返回舱受到的平均反冲力大小为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】喷出的气体的质量为以喷出的气体为研究对象，设气体受到的平均冲力为F，取向下为正方向，喷出气体所受重力忽略不计，根据动量定理有解得根据牛顿第三定律可知喷气过程返回舱受到的平均反冲力大小为。故选A。2．（2023·四川广安·统考二模）如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，导轨上静止放置两根完全相同粗细均匀的导体棒ab、cd，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中。现给ab棒一个平行于导轨的初速度并开始计时，不计电磁辐射及金属导轨的电阻，导体棒ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，下列关于棒ab、cd中产生的感应电动势、、回路中的感应电流i、导轨间的电压u与时间t的函数关系图像中，可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】D【解析】A．设磁感应强度为B，两导体棒的质量均为m、接入电路的长度均为d、电阻均为R，导体棒的初速度为。某时刻t导体棒、的速度分别为、，回路的感应电流为i。由法拉第电磁感应定律有两导体棒受到的安培力大小与棒的运动方向相反，与棒的运动方向相同，所以棒减速、棒加速，当两棒速度相同时，回路中没有感应电流，两棒做匀速直线运动，由动量守恒定律解得最终两棒的速度为由于减小、增大，所以减小，电流i减小，减小，棒运动的加速度减小，即棒做初速度为、加速度逐渐减小的减速运动，所以减小得越来越慢，最终趋于，故A错误；B．棒做初速度为零、加速度逐渐减小的加速运动，所以由零开始增加得越来越慢，最终趋于，故B错误；C．由于、i越来越小，最终、i趋为零，故C错误。D．两导轨间的电压对两棒由动量守恒有联立得故u恒定，D正确。故选D。3．如图所示，左端连接着轻质弹簧、质量为的小球B静止在光滑水平地面上，质量为的小球A以大小为的初速度向右做匀速直线运动，接着逐渐压缩弹簧并使小球B运动，一段时间后，小球A与弹簧分离，若小球A、B与弹簧相互作用过程中无机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，则在上述过程中，下列说法正确的是（

）

A．小球B的最大速度为B．弹簧的最大弹性势能为C．两小球的速度大小可能同时都为D．从小球A接触弹簧到弹簧再次恢复原长时，弹簧对小球A、B的冲量相同【答案】B【解析】A．小球A逐渐压缩弹簧并使小球B运动，一段时间后小球A与弹簧分离时，B球速度最大，由动量守恒定律及能量守恒定律可得，解得小球B的最大速度为故A错误；B．当弹簧被压缩到最短时，两球速度相同，设为v，此时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律可得解得由能量守恒定律可得，弹簧的最大弹性势能为故B正确；C．两小球组成的系统的初动量为初动量方向向右。小球A压缩弹簧后，小球B在弹簧弹力作用下只能向右运动，假设两小球的速度大小都为，小球A运动方向向右时，系统的动量为小球A运动方向向左时，系统的动量为由于，可知假设错误，故C错误；D．从小球A接触弹簧到再次恢复原长时，弹簧弹力对两小球的弹力始终大小相等、方向相反，所以弹簧对A、B的冲量大小相等，方向相反，故D错误。故选B。4．（2020·河北石家庄·统考三模）如图所示，质量为m的A球以速度在光滑水平面上向右运动，与静止的质量为5m的B球对心正碰，碰撞后A球以的速率弹回，并与竖直固定的挡板P发生弹性碰撞，要使A球与挡板碰后能追上B球再次相碰，则k的取值范围为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】A、B碰撞过程中，以v0方向为正方向，根据动量守恒定律得A与挡板P碰撞后能追上B发生再碰的条件是得碰撞过程中损失的机械能解得所以k满足的条件是故C正确，ABD错误。故选C。5．如图所示，光滑水平面的同一直线上放有n个质量均为m的小滑块，相邻滑块之间的距离为L，某个滑块均可看成质点。现给第一个滑块水平向右的初速度，滑块间相碰后均能粘在一起，则从第一个滑块开始运动到第个滑块与第n个滑块相碰时的总时间为（）

A． B． C． D．【答案】B【解析】由于每次相碰后滑块会粘在一起，根据动量守恒定律可知第二个滑块开始运动的速度大小为同理第三个滑块开始滑动的速度大小为第（n-1）个球开始滑动的速度大小为因此运动的总时间为故选B。二、多选题6．（2024·河北·一模）如图所示，倾角为α的足够长粗糙斜面固定在水平地面上，质量为m的滑块A放在斜面上恰好处于静止状态，质量也为m的滑块B下表面光滑，从斜面上与A相距为L处由静止释放，之后与A发生多次弹性正碰，每次碰撞时间都极短，已知斜面倾角α=30°，A、B两滑块均可视为质点，重力加速度大小为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）A．B由静止释放后至第一次与A碰撞经历的时间为B．B与A第一次碰撞后瞬间A的速度大小为C．B与A发生第一次碰撞至发生第二次碰撞的时间为D．B与A发生第一次碰撞至发生第二次碰撞滑块A克服摩擦力做的功为4mgL【答案】BC【解析】A.设B下滑过程中加速度大小为a，B由静止释放后至第一次与A碰撞经历的时间为t1，第1次与A碰前瞬间的速度为v，则对B由牛顿第二定律得由运动学规律得，解得，故A错误；B.第一次碰撞后A的速度为vA1，B的速度为vB1，由动量守恒和机械能守恒得；解得，故B正确；C.第一次碰撞后，A匀速下滑，B匀加速下滑，发生第一次碰撞到发生第二次碰撞的过程中两滑块下滑的位移相等，所用时间为t2，则有解得故C正确；D.B与A发生第一次碰撞至发生第二次碰撞，A的位移为滑块A克服摩擦力做的功解得故D错误。故选BC。7．如图所示，质量为的长木板置于光滑水平地面上，质量为的小物块（可视为质点）放在长木板的右端，在木板右侧固定着一个竖直弹性挡板，挡板的下沿略高于木板。现使木板和物块以的速度一起向右匀速运动，物块与挡板发生弹性碰撞。已知物块与木板间的动摩擦因数，木板足够长，重力加速度，则下列说法正确的是（）A．物块与挡板第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间为4sB．物块与挡板第二次碰撞过程，挡板对物块的冲量大小为C．物块与挡板第n次碰撞前的速度大小为D．若整个过程中物块不会从长木板上滑落，长木板的最小长度为【答案】BCD【解析】A．小物块第一次与挡板碰撞后，先向左匀减速直线运动，再向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有解得加速度大小小物块第一次与墙碰撞后，小物块与木板相互作用直到有共同速度，由动量守恒定律得解得小物块与木板共速时的位移和所用时间分别为小物块和木板一起向右匀速运动的时间为木板与墙壁第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间为故A错误；BC．小物块第一次与墙碰撞后，小物块与木板相互作用直到有共同速度，由动量守恒定律得解得小物块第一次与墙碰撞后，小物块与木板相互作用直到有共同速度，由动量守恒定律得解得以此类推可得物块与挡板第二次碰撞前速度大小为碰后原速率反弹，规定水平向左为正方向，对物块应用动量定理，可得故BC正确；D．木板在与小物块发生相对滑动过程时，一直相对向右做匀减速运动，最终两个物体全部静止，根据能量守恒定律得解得故D正确。故选BCD。8．长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B以水平速度v0＝2m/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所示，g＝10m/s2.下列说法正确的是（）A．木板获得的动能为1JB．系统损失的机械能为1JC．木板A的最小长度为2mD．A、B间的动摩擦因数为0.1【答案】AD【解析】A．由题图可知，最终木板获得的速度为v＝1m/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＝2kg则木板获得的动能为Ek＝Mv2＝×2×12J＝1J故A正确；B．系统损失的机械能ΔE＝mvB2－(m＋M)v2代入数据解得ΔE＝2J故B错误；C．根据v－t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，由题图得到0～1s内B的位移为sB＝×(2＋1)×1m＝1.5mA的位移为sA＝×1×1m＝0.5m则木板A的最小长度为L＝sB－sA＝1m故C错误；D．由题图可知，B的加速度a＝＝－1m/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。故选AD。三、解答题9．如图所示，轨道ABCD由半径的光滑四分之一圆弧轨道AB、长度的粗糙水平轨道BC以及足够长的光滑水平轨道CD组成。质量的物块P和质量的物块Q压缩着一轻质弹簧并锁定（物块与弹簧不连接），三者静置于CD段中间，物块P、Q可视为质点。紧靠D的右侧水平地面上停放着质量的小车，其上表面EF段粗糙，与CD等高，长度；FG段为半径的四分之一光滑圆弧轨道；小车与地面间的阻力忽略不计。P、Q与BC、EF间的动摩擦因数均为，