1.5弹性碰撞与非弹性碰撞 课后作业（解析版）高二上学期物理粤教版（2019）选择性必修第一册（word版含答案）

1.5弹性碰撞与非弹性碰撞
课后作业（解析版）
1．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞。已知碰撞后，甲滑块静止不动，乙以2v的速率反向弹回，那么这次碰撞是（　　）
A．弹性碰撞
B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞
D．条件不足，无法确定
2．某同学练习投篮，他多次将篮球从处抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直篮板上，示意图如图所示。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．若篮球与篮板发生非弹性碰撞，则篮球一定会落入篮框
B．从抛出到撞击篮板，篮球沿路径①运动的时间短些
C．篮球两次刚碰到篮板时的速度相等
D．他两次对篮球做功的多少无法比较
3．如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，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MC．无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0
D．无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为
4．两位同学同时在等高处抛出手中的完全相同的篮球A、B，A以速度v1斜向上抛出，B以v2竖直上抛，它们在空中恰好相遇，且发生弹性碰撞，如图所示。A、B均可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列分析正确的（　　）
A．抛出时，A、B速度大小相等
B．从抛出球到相遇，A球的重力冲量大于B球的重力冲量
C．从抛出球到相遇，A球的速度变化量大于B球的速度变化量
D．若两球在最高点相碰，则碰后A球做自由落体运动，B球做平抛运动
5．如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车，其左侧有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B与水平轨道BC相切，BC长度为L，整个轨道处于同一竖直平面内。将质量为m的物块（可视为质点）从A点无初速释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出（小车的BC部分粗糙）。设重力加速度为g，空气阻力可忽略不计。关于物块从A位置运动至C位置的过程中，下列说法错误的是（　　）
A．物块运动过程中的最大速度为
B．小车运动过程中的最大速度为
C．小车向左运动了
D．仅仅改变小车的质量，不改变其他参数，物块也恰好运动到轨道末端C处不滑出
6．如图所示，21个质量均为2m的相同小球依次紧密排列成一条直线，静止在光滑水平面上，轻绳一端固定在O点，一端与质量为m的黑球连接，把黑球从与O点等高的A处由静止释放，黑球沿半径为L的圆弧摆到最低点B处时与1号球发生正碰，若发生的碰撞皆为弹性碰撞，不计空气阻力，则黑球与1号球最后一次碰撞后的速度大小为（　　）
A．
B．
C．
D．
7．北京已成功申办2022年冬奥会，花样滑冰运动是其中的一个项目。有两个穿着冰鞋的甲、乙运动员站在水平冰面上，当甲猛推乙时，两人会向相反的方向滑行。不计冰面对运动员的水平作用推乙的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．甲和乙的加速度大小总是相等
B．甲获得的速度与乙获得的速度大小总是相等
C．甲对乙的作用力与乙对甲的作用力总是大小相等
D．甲对乙做的功与乙对甲做的功一定相等
8．如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量也为m的小球沿水平方向，以初速度从U形管的一端射入，从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．该过程中，小球与U形管组成的系统机械能和动量都守恒
B．小球从U形管的另一端射出时，速度大小为
C．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，速度大小为
D．从小球射人至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，U形管对平行导槽的冲量大小为，方向垂直导槽向上
9．如图所示，半径R=0.8m的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定于水平面上，4个相同的木板紧挨着圆弧轨道末端静置，圆弧轨道末端与木板等高，每块木板的质量为m=1kg，长l=1.5m，它们与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，木板与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在第一块木板左端放置一个质量为M=2.5kg的小铅块B（可视为质点），现让一个与B完全一样的铅块A从圆弧顶端由静止滑下，经圆弧底端后与B发生弹性正碰，铅块与木板间的动摩擦因数μ2=0.2，g=10m/s2则（　　）
A．小物块A滑到曲面轨道下端时对轨道的压力大小为50N
B．铅块B刚滑至木板3时的速度为3m/s
C．铅块B运动后与某一木板共速
D．铅块B与木板间滑动过程中系统所产生的总热量为
10．如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B从两侧同时射入木块，木块始终保持静止，子弹A射入木块的深度是B的2倍。假设木块对子弹阻力大小恒定，则下列说法正确的是（　　）
A．子弹A的质量和子弹B的质量相等
B．子弹A的初动量是子弹B的初动量大小的2倍
C．若子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍，则木块不会始终保持静止
D．若子弹A、B的初始速度都变为原来的一半，则子弹A射入木块的深度还是子弹B的2倍。
11．如图所示，质量均为m的物块A、B并排放置在光滑水平面上，一个质量也为m的物块C以初速度2v0在极短时间与A相碰并粘在一起。由于A、B的作用，A、B分离时B的速度等于v0，从C接触A到A、B分离的全过程中，下面说法正确的是（　　）
A．A、B分离时A的速度为
B．A、B分离时A的速度为
C．A、B、C组成的系统损失的机械能为
D．A、B、C组成的系统损失的机械能为
12．物块a、b中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物体a的质量为1.2kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t=0时对物块a施加水平向右的恒力F，t=1s时撤去，在0~1s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所专示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中以下分析正确的是（　　）
A．t=1s时a的速度大小为0.8m/s
B．t=1s时弹簧伸长量最大
C．b物体的质量为0.8kg
D．弹簧伸长量最大时，a的速度大小为0.6m/s
13．A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动并发生正碰，碰撞时间极短、发生位移不计，小球可视为质点。碰撞前后A球的x-t图像如图线a、b所示，B球的x-t图像如图线c、d所示。已知A球质量m1=1kg，则（　　）
A．B球质量m2=3kg
B．碰撞过程中B球动能增加8J
C．碰撞过程中A球对B球的冲量大小为6kg·m/s
D．碰撞过程中A球动量变化量大小为4kg·m/s
14．如图甲所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与物块B相连并处于静止状态。一物块A在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处，取物块A静止时的位置为原点O、竖直向下为正方向建立x轴。某时刻撤去外力，物块A自由下落，与物块B碰撞后以相同的速度向下运动，碰撞过程用时极短。测得物块A的动能Ek与其位置坐标x的关系如图乙所示（弹簧始终处于弹性限度内），图中除0～x1之间的图线为直线外，其余部分均为曲线。已知物块A、B均可视为质点，重力加速度为g，则（
）
A．物块A、B的质量之比为1∶2
B．弹簧的劲度系数为
C．从x1到x3的过程中，物块运动加速度的最大值为
D．从x1到x3的过程中，弹簧的弹性势能增加了
15．质量为m的木板与直立的轻质弹簧的上端相连，弹簧下端固定在水平地面上。静止时弹簧的压缩量为h，如图所示。现将一质量为的物体从距离木板正上方处由静止释放，物体与木板碰撞后，粘在一起向下运动，到达最低点后又向上运动，空气阻力、木板厚度、物体大小忽略不计。已知弹簧的弹性势能为（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），重力加速度大小为g，求：
（1）弹簧的劲度系数；
（2）物体和木板向上运动到弹簧原长处时的动能。
16．一个质量为M的雪橇静止在水平雪地上，一条质量为的爱斯基摩狗站在该雪橇上，狗向雪橇的正后方跳下，随后又追赶并向前跳上雪橇；其后狗又反复地跳下、追赶并跳上雪橇，狗与雪橇能始终沿一条直线运动，设狗总以速度追赶和跳上雪橇，总以相对雪橇的速度跳离雪橇，雪橇与雪地间的摩擦忽略不计。
求狗第次跳离雪橇后雪橇速度的大小的表达式。
关于“以相对雪橇的速度跳下雪橇”的说明；若狗跳离雪橇时雪橇的速度为，则此时狗相对于地面的速度为。为代数和，若以雪橇运动的方向为正方向，则为正值，为负值。
17．如图所示，内壁光滑的管道竖直放置，其圆形轨道部分半径，管道左侧处放有弹射装置，被弹出的物块可平滑进入管道，管道右端出口恰好水平，且与圆心等高，出口的右侧接水平光滑直轨道。位置放一质量的物块乙，质量为的物块甲通过弹射装置获得初动能。弹簧的弹性势能与压缩量的平方成正比，当弹射器中的弹簧压缩量为时，滑块甲到达与圆心等高的处时刚好对管壁无挤压。管道内径远小于圆形轨道半径，物块大小略小于管的内径，物块视为质点，空气阻力忽略不计，。
（1）求弹射器释放的弹性势能和滑块经过点时对管道的压力；
（2）当弹射器中的弹簧压缩量为时，滑块甲与滑块乙在处发生碰撞（碰撞时间极短），碰后粘在一起运动，求因碰撞甲物块损失的机械能。
18．如图所示，轨道OABCD位于同一竖直平面内，BC段为半径R=1m的圆弧，OB段水平，与圆弧相切于B点，CD段为倾角θ=37°的斜面，圆弧相切于C点AB、CD段粗糙，其余轨道部分光滑。一轻弹簧左端固定在O点右端与滑块P接触（未连接）。弹簧处于原长时，P刚好位于A点，滑块Q静止于B点。现用一水平力推动滑块P，使弹簧压缩一定距离后由静止释放，滑块P运动到B点时与滑块Q发生弹性正碰，碰后滑块P恰好上升至C点，滑块Q沿斜面向上滑行的最大距离L2=3m已知AB段长L1=0.8m，两滑块与粗糙接触面间的动摩擦因数均为μ=0.5，滑块P质量mp=2kg，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，滑块P、Q大小不计，求：
（1）滑块P碰后刚进入圆弧轨道时，轨道对它的支持力大小N；
（2）滑块Q的质量mQ及弹簧的最大弹性势能Ep。
19．如图所示，AB和CDO都是处于同一竖直平面内的固定光滑圆弧形轨道，AO处于同一水平高度。AB是半径为R=1m的圆弧轨道，CDO是半径为r=0.5m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板（可以把滑块弹回不损失能量，图中没有画出），D为CDO轨道的中点。BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接，已知BC段水平轨道长L=2m现让一个质量为M=3.5kg的小球从A点正上方距水平线OA高H=0.8m处自由落下，运动到圆弧轨道最低点B时，与质量为m=2.5kg的滑块发生弹性碰撞，碰后立即取走小球，使之不影响滑块的后续运动。（取g=10m/s2，不计空气阻力，小球和滑块均可视为质点）
（1）求小球与滑块碰前瞬间，小球对轨道的压力大小；
（2）求小球与滑块碰后瞬间，滑块的速度大小；
（3）为使滑块仅与弹性挡板碰撞一次，且滑块不会脱离CDO轨道，求滑块与水平粗糙轨道BC的动摩擦因素μ的取值范围。
20．如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑四分之一圆弧轨道半径R=0.45m，下端恰好与平台平滑对接，在光滑的水平面上有一个静止的、足够长的木板c，可视为质点的小滑块b静止在距离木板右端L=2.25m处，木板的右端紧靠侧壁竖直的平台，平台的上表面光滑并与木板上表面等高。可视为质点的小滑块由圆弧轨道顶端无初速释放，、碰撞时间极短，碰后粘连在一起运动。已知两个小滑块与木板的质量均为m=1kg，小滑块、与木板间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。
（1）求小滑块滑到圆弧轨道底端对圆弧轨道的压力大小；
（2）求小滑块、碰后瞬间速度的大小；
21．如图所示，质量为m的小物块Q（大小不计）位于质量为M、长度为的平板车P的左端，系统原来静止在光滑水平地面上，一不可伸长的轻质细绳长为L，一端悬于小物块正上方高为L处，另一端系一质量也为m的小球（大小不计）。今将小球拉至悬线与竖直方向成由静止释放，小球到达最低点时与小物块发生弹性正碰。已知小物块离开平板车时速度大小是平板车此时速度的两倍，平板车与小物块的质量关系是，重力加速度为g。求：
（1）小球与小物块碰后瞬间，小物块的速度大小；
（2）小物块与平板车之间的动摩擦因数；
（3）若为了使小物块与平板车不分离，平板车的长度至少为多少？
参考答案
1．A
【详解】
由于
3mv－mv＝2mv
则碰撞过程动量守恒，碰前的总动能
E＝·3mv2＋mv2＝2mv2
碰后的总动能
E′＝0＋m（2v）2＝2mv2
由于
E＝E′
碰撞前后总动能不变，因此为弹性碰撞。
故选A。
2．D
【详解】
A．若篮球与篮板发生非弹性碰撞，碰后速度不确定，则篮球不一定会落入篮框，故A错误；
B．将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，第二次运动过程中的高度较小，所以运动时间较短，故B错误；
C．反向视为平抛运动，则平抛运动在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，但第二次用的时间较短，故第二次水平分速度较大，即篮球第二次撞篮板的速度较大，故C错误；
D．根据速度的合成可知，水平速度第二次大，竖直速度第一次大，故抛出时的动能大小不能确定，他两次对篮球做功的多少无法比较，故D正确。
故选D。
3．D
【详解】
A．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=
若M>m，A所受的摩擦力
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；
B．若M-μmgxB=0-Mv02
则得平板车B相对地面向右的最大位移
xB=
故B错误；
CD．根据动量定理知，摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，即
I=-Fft=Mv-Mv0=
Ff=μmg
解得
t=
故C错误，D正确。
故选D。
4．D
【详解】
A.
篮球A的运动可以分解为竖直向上的匀减速直线运动和水平方向的匀速直线运动；两同学同时在等高处抛出手中完全相同的篮球A、B，它们在空中恰好相遇时，竖直方向的位移相同，则篮球A在竖直方向的分速度与v2相同，即抛出时，A的速度v1大于B的速度v2，故A错误；
B.
从抛出球到相遇，两球经历的时间相同，根据冲量的定义I=Ft知，两球重力的冲量相同，故B错误；
C.
从抛出球到相遇，两球受的合外力即重力，两球重力的冲量相同，根据动量定理I=p知，两球动量的变化量相同，所以完全相同的两球速度变化量相同，故C错误；
D.
若两球在最高点相碰，则碰前两球竖直方向速度都为0，A球水平方向速度不变，因两球发生弹性碰撞，速度互换，所以碰后A球做自由落体运动，B球做平抛运动，故D正确。
故选D。
5．A
【详解】
A．如果小车固定不动，物块到达水平轨道时速度最大，由机械能守恒定律得
解得
现在物块下滑时，小车滑动，小车获得了动能，则物块的最大速度小于，A错误，符合题意；
B．物块到达B点时小车速度最大，设为v2，此时物块的速度大小为v1．小车与物块组成的系统在水平方向动量守恒，物块沿圆弧轨道AB下滑的过程中，以向右为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立解得
B正确，不符合题意。
C．设小车向左移动x，则由动量守恒
解得
C正确，不符合题意；
D．由系统水平方向动量守恒可知，滑块到达C端时的共同速度为零，由能量关系可知
则仅仅改变小车的质量，不改变其他参数，物块相对小车的位移不变，即物块也恰好运动到轨道末端C处不滑出，D正确，不符合题意。
故选A。
6．D
【详解】
设黑球第一次到达最低点时的速度为v0，黑球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
解得：
设黑球与1号球发生碰撞后黑球的速度为v黑1，1号球的速度为v，黑球与1号球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
由机械能守恒定律得：
解得：
v黑1
黑球与1号球碰撞后，黑球速度反向，黑球运动过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可知，黑球再次达到最低点时速度大小等于
v黑1′=
发生弹性碰撞过程，系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可知，两质量相等的球发弹性碰撞后两球速度互换，则黑球与1号球碰撞后，1号球静止，2号球速度为v，碰后2号球与3号球发生碰撞，直至20号球与21号球碰撞，发生一系列碰撞后，21号球向右做匀速直线运动，1号到20号球静止在原位置；然后黑球与1号球发生第二次碰撞，设碰撞后黑球的速度为v黑2，1号球的速度为v1，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
由机械能守恒定律得：
解得：
v黑2=
同理可知，黑球第3次与1号球碰撞后黑球的速度：
v黑3
黑球最后一次与1号球碰撞后，黑球的速度为：
黑球的速度大小为，故D正确ABC错误。
故选D。
7．C
【详解】
C．甲对乙的作用力与乙对甲的作用力是相互作用力，根据牛顿第三定律，大小相等方向相反，C正确；
A．甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等，但是甲乙的质量不确定，根据牛顿第二定律
获得的加速度大小关系不确定，
A错误；
B．在推的过程中，满足动量守恒，根据
由于质量关系不确定，获得的速度大小不确定，B错误；
D．甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等，方向相反，根据动能定理
即
动量大小相同，但是质量不确定，甲对乙做的功与乙对甲做的功不一定相等，D错误。
故选C。
8．D
【详解】
A．由于不计一切摩擦，在小球与U形管相互作用过程中，小球的动能只能与U形管的动能发生转移，故小球与U形管组成的系统机械能守恒，但U形管有垂直小球的弹力作用，小球与U形管组成的系统沿导槽方向动量守恒，故A错误；
B．小球从U形管的另一端射出时，小球与U形管系统机械能守恒，沿着轨道方向，系统动量守恒，类比弹性碰撞，交换速度，小球从U形管的另一端射出时，速度大小为0，故B错误；
C．小球运动到U形管圆弧部分的最左端过程，沿着轨道方向，系统动量守恒，以向左为正方向，故
解得
设小球的合速度为，根据机械能守恒定律
解得
故C错误；
D．在小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，垂直轨道的分速度为
运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，在垂直轨道方向，以垂直向下为正方向，对小球与U形管系统根据动量定理，有
根据牛顿第三定律，平行导槽受到的冲量大小也为，故D正确；
故选D。
9．D
【详解】
A．设A到达圆弧底端时的速度为v0，轨道对A支持力大小为N，由机械能守恒定律得
过底端时，由牛顿第二定律，有
解得
由牛顿第三定律可知，小物块A滑到曲面轨道下端时对轨道的压力大小为75N，故A错误；
B．设小铅块滑到第n块木块时，铅块对木块的摩擦力为
后面的（4-n+1）块木块受到地面的最大静摩擦力为
要使木块滑动，应满足
即
解得
取n=3由于AB铅块质量相同，且发生弹性碰撞，所以碰后两者速度交换，根据动能定理得
解得
故B错误；
C．B铅块滑上3木块时的加速度大小为
3、4木块的加速度为
设经过时间t速度相等，则有
即
位移差为
即B与木块3共速，B在前两块木块所用的时间为
则铅块B运动1.8s后与某一木板共速，故C错误；
D．B在前两块木块产生的热量为
B在木块3上产生的热量为
总热量为
联立解得
故D正确。
故选D。
10．D
【详解】
AB．以子弹A、B和木块组成的系统为研究对象，系统的合外力为零，则系统的动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：?，得，即子弹A的初动量与子弹B的初动量大小相等。由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，则两子弹所受的阻力大小相等，设为f，根据动能定理得：对子弹A，有：，得EkA=fdA，对子弹B，有：，得EkB=fdB。由于dA=2dB，则两子弹的初动能关系为EkA=2EkB，结合
，则得2mA=mB，即子弹B的质量是子弹A的质量的2倍，故AB错误；
C．若子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍，则mAvA=mBvB仍成立，可知木块始终保持静止。故C错误；
D．由上分析知：EkA=fdA，EkB=fdB，若子弹A、B的初始速度都变为原来的一半，动能都变为原来的
，则两子弹射入木块的深度都变为原来的，所以，子弹A射入木块的深度仍是子弹B的2倍，故D正确。
故选D。
11．BD
【详解】
AB．该过程动量守恒，有
解得
A错误，B正确；
CD．A、B、C组成的系统损失的机械能为
C错误，D正确。
故选BD。
12．CD
【详解】
A．若物体的加速度从1.0均匀减小到0.6，图像的面积为
而a的初速度为零，可知1s时的速度为0.8m/s，但实际是物体a的图像的面积偏小，即速度变化量小于0.8m/s，则t=1s时a的速度大小小于0.8m/s，故A错误；
B．撤去F时，两者的加速度相等，但a加速的加速度在1s前始终大于b加速的加速度，则a的速度大于b的速度，此后a相对b继续远离，则弹簧继续拉长，当两者速度相等时弹簧的伸长量最大，故B错误；
C．恒力F拉动a的瞬间，由图像a的加速度为，有
1s时两者的加速度相等，对a、b由牛顿第二定律有
解得
故C正确；
D．F拉动1s的过程，由系统的动量定理可知
撤去F后直至共速时，系统的动量守恒，有
解得
即弹簧伸长量最大时，a和b的速度大小都为0.6m/s，故D正确；
故选CD。
13．AC
【详解】
A．由A、B两球的x-t图像可得A、B两球碰前的速度分别为5m/s、1m/s，碰后速度分别为1m/s、3m/s，由动量守恒
得
m2=3kg
A正确；
B．根据公式，可得碰撞过程中B球动能增加为
B错误；
C．A对B的冲量，根据公式，可得
C正确；
D．A球，根据公式，有
故大小为6kg·m/s，D错误。
故选AC。
14．AD
【详解】
A．AB碰撞过程中满足动量守恒，由图像可知，碰后A的速度变成原来的，则
可得
A正确；
B．设A质量为m，则B质量为2m，由图乙可知在x2处动能做大，由平衡条件可知，此时弹簧弹力为3mg，从x1到x2的过程中，弹力增加mg，由胡克定律
则
从O到x1，由动能定理
联立解得
B错误；
C．从x1到x3过程中，加速度逐渐减小至0，然后再增加，股价速度最大处在x1或x3处，在x1处由
解得
在x3处有
解得
故加速度最大值不可能是，C错误；
D．在x1处A、B碰后的动能
从x1到x3的过程中，系统机械能守恒，因此
而
联立得
D正确。
故选AD。
15．（1）；（2）
【详解】
（1）木板静止时弹簧的压缩量为h，由二力平衡得
（2）物体从距离木板正上方处由静止释放，由动能定理得：物体与木板碰撞前瞬间的速度大小为
物体与木板碰撞瞬间，二者动量守恒有
联立可得二者粘在一起向下运动的速度大小为
物体和木板一起以向下运动到向上运动到弹簧原长处时，由能量守恒定律有
联立求得，物体和木板向上运动到弹簧原长处时的动能为
16．
【详解】
设第一次跳离雪橇时，雪橇的速度为，则狗的速度为，跳离的过程中满足动量守恒
解得
第一次跳上雪橇后，共同速度为，根据动量守恒可得
解得
设第二次跳离雪橇时，雪橇的速度为，则狗的速度为，跳离的过程中满足动量守恒
整理得
第二次跳上雪橇后，共同速度为，根据动量守恒可得
解得
设第三次跳离雪橇时，雪橇的速度为，则狗的速度为，跳离的过程中满足动量守恒
整理得
……
整理得
17．（1）1.2J；3N（2）2.7J
【详解】
（1）滑块甲到达与圆心O等高的C处时刚好对管壁无挤压，说明到达C点处速度恰好为零，从A到C由能量守恒可得
从C到B过程由能量守恒可得
在B点由牛顿第二定律可得
解得
由牛顿第三定律可知，对管道压力大小为3N，方向竖直向下。
（2）从A到D过程由能量守恒可得
弹簧具有的弹性势能为
碰撞过程满足动量守恒
因碰撞甲物块损失的机械能
18．（1）28N；（2）1kg，44J
【详解】
（1）设滑块P碰后的速度为vp。滑块P由B到C的过程，机械能守恒有
由牛顿第二定律
解得
（2）设滑块Q碰后的速度为vQ。碰后Q沿斜面上滑过程，由动能定理守恒有
设碰前滑块P碰前的速度为v0。两滑块碰撞过程，由动量守恒、动能守恒有
弹簧将P弹出过程，由能量守恒，有
解得
19．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）根据机械能守恒
又根据牛顿第二定律
解得
，
根据牛顿第三定律可知小球对轨道的压力
（2）两个物体发生弹性碰撞的过程中
可得碰后瞬间，滑块的速度
（3）当μ最大时，恰好能运动到O点，此时
根据能量守恒
解得
当μ最小时，与挡板碰撞一次之后，第二次恰好运动到D点时速度减小到零，根据能量守恒
解得
因此μ的取值范围为
20．（1）30N；（2）1.25m/s
【详解】
（1）小滑块a释放到底端过程，由动能定理得
代入数据解得
根据牛顿第二定律有
代入数据解得
则根据牛顿第三定律可知，小滑块滑到圆弧轨道底端对圆弧轨道的压力大小为30N。
（2）a滑上c后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得，a的加速度为
根据牛顿第二定律可得，b、c一起加速的加速度为
设经过t时间，a、b相撞，则有
代入数据解得
此时a的速度为
b的速度为
根据动量守恒定律可得
代入数据解得，小滑块、碰后瞬间的速度为
21．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）小球由静止摆到最低点的过程中，机械能守恒，则有
解得小物块到达最低点与Q碰撞之前瞬间的速度是
小球与物块Q相撞时，没有能量损失，满足动量守恒与机械能守恒，则有
因此可得出
，
即Q的速度为
（2）小物块Q在平板车上滑行的过程中，满足动量守恒，则有
已知
可得
则小物块Q离开平板车时平板车的速度为
由能量守恒
可得
（3）若为了使Q与平板车不分离，则物块Q恰好滑到平板车最右端时与平板车共速，则有
结合能量关系可知
解得