（1）滑块A与B发生弹性正碰，设碰后A、B的速度分别为$v_A$、$v_B$。取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有：
$$ mv_0 = mv_A + mv_B $$
$$ \frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}mv_A^2 + \frac{1}{2}mv_B^2 $$
联立解得：$v_A = 0$，$v_B = v_0$。
即碰撞后B获得的速度大小为$v_0$。
对滑块B，在碰撞过程中应用动量定理，设A对B的平均冲力大小为$F$，则：
$$ F \Delta t = m v_B - 0 $$
解得：
$$ F = \frac{m v_0}{\Delta t} $$
（2）a. 设轨道上任意一点P距离O点的竖直高度为$h$。
对于滑块A，从O点无初速下滑至P点，只有重力做功，根据机械能守恒定律，其在P点的动能$E_{kA}$满足：
$$ E_{kA} = mgh $$
对于滑块B，做平抛运动，初速度为$v_0$。从O点运动至P点，根据动能定理（或机械能守恒），其在P点的动能$E_{kB}$满足：
$$ E_{kB} = \frac{1}{2}mv_0^2 + mgh $$
显然 $E_{kB} > E_{kA}$。
由动量与动能的关系 $p = \sqrt{2mE_k}$ 可知，质量$m$相同，动能越大，动量越大。
故 $p_A < p_B$。
b. 以O点为原点，水平向右为$x$轴，竖直向下为$y$轴建立直角坐标系。
滑块B做平抛运动，其运动方程为：
$$ x = v_0 t $$
$$ y = \frac{1}{2}gt^2 $$
消去时间$t$，得到B的轨迹方程（即OD曲线方程）：
$$ y = \frac{g}{2v_0^2}x^2 $$
已知M点在OD曲线上，且OM连线与竖直方向夹角为$45^\circ$，这意味着M点的横纵坐标相等，即 $x_M = y_M$。
代入轨迹方程：
$$ y_M = \frac{g}{2v_0^2}y_M^2 $$
解得M点的竖直坐标（不为0）：
$$ y_M = \frac{2v_0^2}{g} $$
滑块A沿该光滑轨道下滑，在M点时，其速度方向沿轨道切线方向。由于轨道形状与B的轨迹重合，故A在M点的速度方向与B在M点的速度方向相同。
设A在M点的速度大小为$v_A$，水平和竖直分速度分别为$v_{Ax}$、$v_{Ay}$；
B在M点的速度大小为$v_B$，水平和竖直分速度分别为$v_{Bx}$、$v_{By}$。
由几何关系知，速度偏向角的正切值相同，即分速度比值相同：
$$ \frac{v_{Ax}}{v_{Ay}} = \frac{v_{Bx}}{v_{By}} $$
对于平抛运动的B，在M点：
水平分速度 $v_{Bx} = v_0$
竖直分速度 $v_{By} = \sqrt{2gy_M} = \sqrt{2g \cdot \frac{2v_0^2}{g}} = 2v_0$
所以：
$$ \frac{v_{Ax}}{v_{Ay}} = \frac{v_0}{2v_0} = \frac{1}{2} \implies v_{Ay} = 2v_{Ax} $$
对于滑块A，从O到M过程机械能守恒：
$$ \frac{1}{2}mv_A^2 = mgy_M $$
$$ v_A^2 = v_{Ax}^2 + v_{Ay}^2 = 2gy_M $$
将 $y_M = \frac{2v_0^2}{g}$ 代入上式：
$$ v_{Ax}^2 + v_{Ay}^2 = 2g \left( \frac{2v_0^2}{g} \right) = 4v_0^2 $$
联立 $v_{Ay} = 2v_{Ax}$ 和 $v_{Ax}^2 + v_{Ay}^2 = 4v_0^2$：
$$ v_{Ax}^2 + (2v_{Ax})^2 = 4v_0^2 $$
$$ 5v_{Ax}^2 = 4v_0^2 $$
解得：
$$ v_{Ax} = \frac{2}{\sqrt{5}}v_0 = \frac{2\sqrt{5}}{5}v_0 $$
$$ v_{Ay} = 2v_{Ax} = \frac{4\sqrt{5}}{5}v_0 $$
故A通过M点时的水平分速度为 $\frac{2\sqrt{5}}{5}v_0$，竖直分速度为 $\frac{4\sqrt{5}}{5}v_0$。
