第一章 5 弹性碰撞和非弹性碰撞同步检测（word版含答案）

2021人教版选择性必修第一册 第一章　5　弹性碰撞和非弹性碰撞 同步检测
一、单选题
1．如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的点，弹簧处于原长。让圆环无初速度沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零。则在圆环下滑过程中（　　）
A．圆环机械能守恒
B．弹簧的弹性势能一定先增大后减小
C．弹簧的弹性势能变化了
D．弹簧与光滑杆垂直时圆环动能最大
2．如图所示，竖直平面内的四分之一光滑固定圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放。已知圆弧轨道半径R＝1.8 m，小滑块的质量关系是，A、B滑块均可看成质点，重力加速度g＝10 m/s2。则碰后小滑块B的速度大小可能是（　　）
A．5 m/s B．4 m/s C．1.3 m/s D．1 m/s
3．如图所示，两个大小相等、质量均为1kg的小球A、B静止在光滑水平面上，现给小球A水平向右的瞬时冲量I=2N s，小球A向右运动并与小球B发生对心碰撞，两小球碰撞过程中系统的机械能损失可能为（　　）
A．0.8J B．1.2J C．1.6J D．2J
4．如图，半径为R、质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量也为m的小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球自由落体后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h，则
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小车向左运动的最大距离为
C．小球离开小车后做斜上抛运动
D．小球第二次能上升的最大高度h＜h＜h
5．两个质量相等的小球在光滑水平面上沿同一直线同向运动，A球的动量是8 kg·m/s，B球的动量是6 kg·m/s，A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能为
A．pA＝0，pB＝l4 kg·m/s
B．pA＝4 kg·m/s，pB＝10 kg·m/s
C．pA＝6 kg·m/s，pB＝8 kg·m/s
D．pA＝7 kg·m/s，pB＝8 kg·m/s
6．质量为（不含炮弹）的一炮艇在湖面上匀速行驶，炮艇上有两颗炮弹，突然从船头和船尾同时水平向前和向后各发射一发炮弹，设两炮弹质量均为，相对于地的速率相同，炮艇的牵引力和阻力均不变，则炮艇的动量（不含炮弹）和速度的变化情况是（　　）
A．动量变小，速度不变 B．动量不变，速度增大
C．动量增大，速度增大 D．动量增大，速度减小
7．在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球发生正碰，则碰撞后B球的速度大小可能是（　　）
A．v B．0.8v C．0.5 v D．0.3 v
8．如图所示，在水平地面上有一质量为的长木板，板右端固定一立柱。质量为的人站在木板左端，木板与人均静止。当人加速向右奔跑的过程中，木板向左运动，人到达木板右端时立刻抱住立柱。关于抱住立柱后，人与木板一起运动的方向，下列说法中正确的是（　　）
A．若水平面光滑，人与木板一起向右运动
B．若水平面粗糙，人与木板一起向右运动
C．只要，人与木板就一起向右运动
D．因为不知道人跑的速度大小所以不能确定一起运动的方向
二、多选题
9．如图所示，水平面上AB两处有甲、乙两个可视为质点的小滑块处于静止状态，B点右侧水平面粗糙，左侧水平面光滑。若甲在水平向右的拉力的作用下由静止向右运动，当时撤去拉力F，紧接着甲与乙发生弹性正碰，其中乙滑行后停下。已知乙的质量为，甲、乙与粗糙水平面间的动摩擦因数均为0.5，取，则（　　）
A．内，拉力F的冲量为 B．撤去拉力F时甲的速度大小为
C．两个滑块碰撞后瞬间乙的速度是 D．甲停止运动时甲、乙相距
10．在光滑水平面上,两球沿球心连线以相等速率相向而行,下列现象可能的是( )
A．若两球质量相等,碰后以某一相等速率反向而行
B．若两球质量相等,碰后以某一相等速率同向而行
C．若两球质量不同,碰后以某一相等速率反向而行
D．若两球质量不同,碰后以某一相等速率同向而行
11．质量为M（M=2m）的斜槽静置在光滑的水平面上，左端固定轻弹簧。质量为m的物体（可以视为质点），从半径为R的光滑的圆弧轨道最高点A处静止下滑，经过圆弧轨道的最低点B，然后与弹簧发生作用。不计一切摩擦。下列说法正确的是（　　）
A．物体下滑过程，重力的功率一直增加
B．弹簧的最大弹性势能Ep=mgR
C．物体第一次下滑到底端B点的速度为
D．物体能返回到与圆心的等高A点
12．如图所示，两条形磁铁各固定在甲、乙两小车上，它们能在水平面上无摩擦的运动，甲车与磁铁的总质量为2kg，乙车与磁铁的总质量为1kg，两磁铁N极相对，现使两车在同一直线上相向运动，某时刻甲车的速度为4m/s，乙车的速度为6m/s，可以看到它们没有相碰就分开了，下列说法正确的是（ ）
A．乙车开始反向时，甲车的速度为1m/s，方向不变
B．两车相距最近时，乙车的速度为零
C．两车相距最近时，乙车的速度约为0.66m/s，与乙车原来的速度方向相反
D．甲车对乙车的冲量与乙车对甲车的冲量相同
13．在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方静止的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞（如图甲所示），碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小阻力，碰撞前后两壶运动的图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，红壶的质量为20kg，则（　　）
A．蓝壶的质量为20kg
B．碰后蓝壶再运动5s停止运动
C．碰后蓝壶再运动1s停止运动
D．碰后红﹑蓝两壶所受摩擦力之比为5：4
14．如图所示，质量为M的小车AB，在A端粘有橡皮泥，在B端固定有一根轻质弹簧，弹簧的另一端靠一块质量为m的物体C，且M＞m，小车原来静止于光滑水平面上，小车底板光滑，开始时弹簧处于压缩状态．当弹簧释放后，则（　　）
A．物体C离开弹簧时，小车一定是向右运动
B．物体C与A粘合后，小车速度为零
C．物体C从B向A运动过程中，小车速度与物体速度大小（对地）之比为 m：M
D．物体C从B向A运动过程中，小车速度与物体速度大小（对地）之比为 M：m
三、解答题
15．如图所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O点为弹簧原长位置，O点左侧水平面光滑，水平段OP长L=1m，P点右侧一与水平方向成的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接，皮带轮逆时针转动速率为3m/s，一质量为1kg可视为质点的物块A压缩弹簧（与弹簧不栓接），使弹簧获得弹性势能Ep=9 J,物块与OP段动摩擦因数μ1=0.1，另一与A完全相同的物块B停在P点，B与传送带的动摩擦因数μ2=，传送带足够长，A与B之间的碰撞为弹性正碰，重力加速度，现释放A，求：
（1）物块A．B第一次碰撞前瞬间，A的速度v0
（2）A．B第一次碰撞后各自的速度VA、VB
（3）从A．B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与传送带之间由于摩擦而产生的热量
16．弹簧原长，受拉力作用后弹簧逐渐伸长，当弹簧伸长到时，作用在弹簧上的力为400 N，问：
(1)弹簧的劲度系数k为多少？
(2)在该过程中弹力做了多少功？
(3)弹簧的弹性势能变化了多少？
17．如图所示，电容为C、带电量为Q、极板间距为d的电容器固定在绝缘底座上，两板竖直放置，总质量为M，整个装置静止在光滑水平面上。在电容器右板上有一小孔，一质量为m、带电量为+q的弹丸以速度v0从小孔水平射入电容器中（不计弹丸重力，设电容器外部电场强度为0），弹丸最远可到达距右板为x的P点，求：
（1）弹丸在电容器中受到的电场力的大小；
（2）当弹丸到达P点时，电容器已移动的距离s；
（3）x的值；
（4）你觉得弹丸进入电容器之后，电容器何时获得最大速度？其最大速率多大？
18．长木板A静止放在光滑的水平面上，质量为m=2kg的物体B以水平速度滑上长木板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。求：
(1)长木板的质量M；
(2)系统损失的机械能△Ek。
19．如图所示，半径为R的四分之一光滑圆形固定轨道右端连接一光滑的水平面，质量为M=3m的小球Q连接着轻质弹簧静止在水平面上，现有一质量为m的滑块P（可看成质点）从B点正上方h=R高处由静止释放，重力加速度为g。求：
(1)滑块到达圆形轨道最低点C时的速度大小和对轨道的压力；
(2)在滑块压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能；
(3)若滑块从B上方高H处释放，恰好使滑块经弹簧反弹后能够回到B点，则高度H的大小。
20．如图所示，小球C在光滑的水平直轨道上处于静止状态。在它左边有一垂直于轨道的固定挡板，右边有两个小球A和B用处于原长的轻质弹簧相连，以相同的速度v0向C球运动，C与B发生碰撞并立即结成一个整体D。在A和D继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被第一次锁定不能伸长但还能继续被压缩。然后D与挡板P发生弹性碰撞，而A的速度不变。过一段时间，弹簧被继续压缩到最短后第二次锁定。已知A、B、C三球的质量均为m。求：
(1)弹簧长度第一次被锁定后A球的速度；
(2)弹簧长度第二次被锁定后的最大弹性势能。
21．如图所示，一斜面体固定在水平地面上，倾角为θ=30°，高度为h=1.5m。一薄木板B置于斜面顶端，恰好能保持静止，木板下端连接有一根自然长度为L0=0.2m的轻弹弹簧，木板总质量为m=1kg，总长度为L=2.0m。一质量为M=3kg的小物块A从斜面体左侧某位置水平抛出，该位置离地高度H=1.7m，物块A经过一段时间后从斜面顶端沿平行于斜面方向落到木板上并开始向下滑行，已知A、B之间的动摩擦因数，木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，物块A最后恰好能脱离弹簧，且弹簧被压缩时一直处于弹性限度内，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，取重力加速度，不计空气阻力。求：
(1)物块A落到木板上的速度大小v；
(2)木板与挡板碰撞前的瞬间，木板和物块的速度大小；
(3)弹簧被压结到最短时的弹性势能。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【解析】
【详解】
A．圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和弹簧的拉力；所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和弹簧组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，故A错误；
B．弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化，由图知弹簧先缩短后再伸长，故弹簧的弹性势能先增大再减小后增大，故B错误；
C．根据系统的机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh，则弹簧的机械能即弹性势能增大mgh，故C正确；
D．圆环动能最大时合外力为零，当弹簧处于拉伸状态且弹力沿杆向上的分力等于重力沿杆向下的分力时圆环动能最大，故D错误。
故选C。
2．B
【解析】
【详解】
滑块A下滑过程，由机械能守恒定律得
解得
若两滑块发生的是弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
解得
若两滑块发生的是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得
解得
所以碰后滑块B的速度大小范围为
故B可能，ACD不可能。
故选B。
3．A
【解析】
【详解】
两小球的碰撞性质未知，若为弹性碰撞，则两小球交换速度，系统机械能守恒，损失为零；若为完全非弹性碰撞，则系统损失的机械能最大，由动量守恒定律：mvb=2mv；其中I=mvb，由能量守恒可知：，解得 E=1J，则两个小球碰撞过程中系统的机械能损失的范围应该为，故A正确，BCD错误；故选A.
点睛：此题关键是知道完全弹性碰撞无机械能损失；完全非弹性碰撞损失的机械能最大；一般碰撞的机械能损失介于两者之间.
4．D
【解析】
【详解】
小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv-mv′=0，，解得，小车的位移：x=R，故B错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；
小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：mg（h0-h0）-Wf=0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf=mgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh0，机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：，而小于h0，故D正确；故选D．
点睛：动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功．摩擦力做功使得机械能转化成内能．
5．C
【解析】
【详解】
以A、B两球组成的系统为对象．设两球的质量均为m．当A球追上B球时发生碰撞，遵守动量守恒．由题，碰撞前总动量为：p=pA+pB=（8+6）kg m/s=14kg m/s．碰撞前总动能为：；
A、碰撞后总动量为p′=pA′+pB′=（0+14）kg m/s=14kg m/s，符合动量守恒定律．碰撞后总动能为，总动能增加，违反了能量守恒定律，不可能；故A错误．
B、碰撞后总动量为p′=pA′+pB′=（4+10）kg m/s=14kg m/s，符合动量守恒定律．碰撞后总动能为 ，总动能增加，违反了能量守恒定律，不可能．故B错误．
C、碰撞后总动量为p′=pA′+pB′=（6+8）kg m/s=14kg m/s，符合动量守恒定律．碰撞后总动能为，符合能量守恒定律，可能发生．故C正确．
D、碰撞后，总动量为p′=pA′+pB′=（7+8）kg m/s=15kg m/s，不符合动量守恒定律，是不可能发生的，故D错误．
故选C．
6．C
【解析】
【分析】
【详解】
因炮艇受到的牵引力及阻力不变，且开始时炮艇匀速运动故整个系统所受的合力为零，系统的动量守恒．设炮艇原来的速度为，发射炮弹的瞬间炮艇的速度为，以向前为正方向，由动量守恒定律可得，可知，因此发射炮弹后瞬间炮艇的速度增大，动量增大，ABD错误，C正确．
故选C
7．C
【解析】
【详解】
以两球组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv=mvA+2mvB，由机械能守恒定律得：mv2=mvA2+ 2mvB2，解得：vA=-v，vB=v，负号表示碰撞后A球反向弹回．如果碰撞为完全非弹性碰撞，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv=（m+2m）vB，解得：vB=v；则碰撞后B球的速度范围是：v＜vB＜v，则碰后B球的速度大小可能是0.5v．故ABD错误，C正确．
8．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．若水平面光滑，人与系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初状态动量守恒，由动量守恒定律可知，人抱住立柱后系统总动量为零，人抱住立柱后人与木板的速度为零，人与木板静止，故A错误；
BCD．若水平面粗糙，人在木板上奔跑过程，人对木板的摩擦力水平向左，地面对木板的摩擦力向右，由牛顿第三定律可知，人对木板的摩擦力与木板对人的摩擦力大小相等，人受到的合力等于木板对人的摩擦力，木板受到的合力等于人对木板的摩擦力大小与地面对木板的摩擦力大小之差，因此木板受到的合力大小小于人受到的合力大小，由于力的作用时间相等，人所受合力的冲量大小大于木板所受合力的冲量大小，由动量定理可知，人抱住立柱前瞬间，人的动量大小大于木板的动量大小，人的动量向右，木板的动量向左，人抱住立柱过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，人抱住立柱前系统的总动量水平向右，由动量守恒定律可知，人抱住立柱后系统的总动量也向右，人抱住立柱后人与木板的速度水平向右，人与木板一起向右运动，故B正确；CD错误。
故选B。
9．BC
【解析】
【详解】
A．F与t线性关系，力F对甲的冲量为I
故A错误。
C．对乙碰撞后的过程中利用动能定理得
故C正确。
BD．设甲的质量为m1，碰前速度为v0，碰后速度为v1，根据动量守恒得
根据机械能守恒得
联立得
甲乙碰后做减速运动，加速度均为
a=μg=5m/s2
对甲停止运动时
甲运动时间为
此时乙的位移
即甲停止运动时甲、乙相距
B正确，D错误。
故选BC。
10．AD
【解析】
【详解】
A、若两球质量相等，碰撞前以速率相等相向而行，则系统的总动量为零．若碰撞后以某一相等速率反向而行，总动量也为零，符合动量守恒，是可能的；故A正确.
B、若两球质量相等，碰撞前以速率相等相向而行，则系统的总动量为零．若碰后以某一相等速率同向而行，总动量不等于零，不符合动量守恒这一基本规律，不可能发生；故B错误.
C、若两球质量不同，碰撞前以速率相等相向而行，系统的总动量与质量较大的物体动量方向相同；若碰后以某一相等速率反向而行，总动量也与质量较大的物体动量方向相同，而此方向与碰撞前相反，违反了动量守恒定律，不可能发生；故C错误.
D、若两球质量不同，碰撞前以速率相等相向而行，系统的总动量与质量较大的物体动量方向相同；若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行，总动量可能与碰撞前动量相等，是可能发生的；故D正确.
故选AD.
【点睛】
本题抓住碰撞过程的基本规律：动量守恒定律进行分析，特别要注意动量的方向，动量守恒是指总动量的大小和方向都不变，要正确全面理解．
11．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A．物体在A点时速度为零，则重力的功率为零；在最低点B时，速度与重力垂直，则重力的瞬时功率也为零，则下滑过程，重力的功率先增加后减小，选项A错误；
B．系统在水平方向动量守恒，开始水平动量为零，当两者共速时的共同速度也为零，此时由能量关系可知，弹簧的最大弹性势能
Ep=mgR
选项B正确；
C．物体第一次下滑到底端B点时，物体的重力势能转化为物体与斜槽的总动能，可知此时物体的速度小于，选项C错误；
D．因系统水平方向动量守恒，则当物体返回到圆弧轨道且与轨道有共同速度时到达最高点，此时的速度一定为零，由能量关系可知，物体能返回到与圆心的等高A点，选项D正确。
故选BD。
12．AC
【解析】
【分析】
【详解】
A．乙车开始反向时速度为零，根据动量守恒定律得
m甲v甲 - m乙v乙 = m甲v甲′（取向右为正）
代入数据有
v甲′ = 1m/s
A正确；
BC．当两车速度相同时，相距最近，设共同速度为v共，则有
m甲v甲 - m乙v乙 = (m甲 + m乙)v共（取向右为正）
代入数据有v = 0.66m/s，水平向右，与乙车原来的速度相反，B错误、C正确；
D．甲对乙的力与乙对甲的力是一对作用力与反作用力，方向相反，则它们的冲量方向相反，则甲对乙的冲量与乙对甲的冲量不等，D错误。
故选AC。
13．ABD
【解析】
【分析】
【详解】
A．由图乙可得：碰后瞬间红壶速度为0.2m/s，碰后瞬间蓝壶速度为0.8m/s，1s末红壶和蓝壶碰撞时动量守恒，可得
即
解得
选项A正确；
BC．设红壶的加速度大小为，对红壶由可得
解得
若没有发生碰撞，红壶从1s末再经过时间停止运动，则
解得
即碰后蓝壶再运动5s停止运动，选项B正确，选项C错误；
D．由动量定理可得
，
碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为5：4，选项D正确。
故选ABD。
14．ABC
【解析】
【分析】
对于小车和物体C系统，水平方向不受外力，系统动量一直守恒．物体C与A作用的过程，系统机械能有损失；根据动量守恒定律求解物体C与A粘合后小车的速度．物体C从B向A运动过程中，根据系统的动量守恒定律求解小车速度与物体速度大小（对地）之比．
【详解】
整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，系统初动量为零，物体C离开弹簧时向左运动，根据系统的动量守恒定律得小车向右运动，A正确；当物体C与A粘合在一起时，ABC的速度相同，设为v，根据系统的动量守恒定律得：，得，则小车的速度为0，B正确；物体C从B向A运动过程中，取物体C的速度方向为正方向，根据系统的动量守恒定律得，可得，C正确D错误．
【点睛】
本题根据动量守恒的条件进行判断：动量守恒的条件是系统不受外力或受到的外力的合力为零．运用动量守恒定律时应该注意其矢量性．
15．（1）v0=4m/s；（2）vA=0， vB=4m/s， (3)Q= 12.25J
【解析】
【详解】
（1）设物块质量为m，A与B第一次碰撞前的速度为V0，A与B碰前，由能量守恒得，解得：
（2）设A、B第一次碰撞后的速度分别为VA，VB，以A的初速度方向为正方向，A与B之间的碰撞为弹性正碰，则
联立解得： 、
（3）碰后B沿皮带轮向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a1，由牛顿第二定律，解得
减速到零所需时间
运动的位移
此过程和皮带的相对位移
此后B开始反向加速，加速度仍为a1，速度与皮带轮速度v相等时匀速运动，设加速时间为t2，位移为x2，则
此过程和皮带的相对位移
全过程摩擦生热
16．（1）8000N/m（2）-10J（3）增加10J
【解析】
【详解】
（1）根据得，
（2）弹力做功等于弹性势能的变化，则
（3）弹力做10J的负功，弹性势能增加了10J．
17．（1）；（2）；（3）；（4）粒子再从右孔穿出时，电容器速度最大，
【解析】
【详解】
（1）根据电容的定义式得，板间电压
则粒子所受电场力
解得
（2）电荷与电容器组成的系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，设电荷与电容器能达到的共同速度为v，则
对电容器，由动能定理得
解得
（3）对电荷与电容器组成的系统，由功能关系得
解得
（4）粒子再从右孔穿出时，电容器速度最大，以向左为正方向，设电容器速度为v1，弹丸速度为v2，由动量守恒定律得
整个过程中，由能量守恒定律得
解得
故电容器获得的最大速率为。
18．(1)2kg；(2)2J
【解析】
【详解】
(1)由图象可知，物体B和木板A最终达到共同速度，
设木板质量为M，根据动量守恒
解得
(2)系统损失的机械能
解得
19．(1)5mg，方向竖直向下；(2)；(3)H=3R
【解析】
【详解】
(1)滑块P从A运动到C过程，根据机械能守恒得
又，代入解得
在最低点C处，根据牛顿第二定律有
解得轨道对滑块P的支持力
根据牛顿第三定律知滑块P对轨道的压力大小为，方向竖直向下。
(2)弹簧被压缩过程中，当两球速度相等时，弹簧压缩量最大，弹簧具有最大弹性势能，根据系统动量守恒有
根据机械能守恒定律有
联立解得
(3)滑块P从B上方高H处释放，到达水平面速度为v0，则有
弹簧被压缩后再次恢复到原长时，设滑块P和Q的速度大小分别为和，根据动量守恒有
根据机械能守恒有
要使滑块P经弹簧反弹后恰好回到B点，则有
联立解得
20．(1)；(2)
【解析】
【详解】
(1)设C球与B球粘结成D时，D的速度为v1，由动量守恒定律可得
解得
当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，设此速度为v2，由动量守恒，有
解得A的速度
(2)设弹簧长度第一次被锁定后，储存在弹簧中的势能为Ep1。由能量守恒得
解得
撞击P后，D的速度大小不变，仍为，方向向右；A的速度大小和方向均不变。然后D与A继续相互作用，设当弹簧压缩到最短时，A与D的速度为v3，根据动量守恒定律可得
解得
弹性势能的增加量为
弹簧长度第二次被锁定后的最大弹性势能
21．(1)；(2)vA=vB=3m/s；(3)5J
【解析】
【详解】
(1)物块A落到木板前做平抛运动，竖直方向
2g（H h）＝vy2
得
vy＝2m/s
物块A落到木板时的速度大小为
(2)由木板恰好静止在斜面上，得到斜面与木板间的摩擦因数μ0应满足
mgsin30°＝μ0mgcos30°
得
物块A在木板上滑行时，以A为对象有
方向沿斜面向上。
以木板B为对象有
方向沿斜面向下
假设A与木板达到v共时，A还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有
解得
v共＝3m/s，t=0.4s
(3)此过程
，
故
说明以上假设成立。
共速后，由于（M+m）gsin30°=μ0（M+m）gcos30°，A与木板B一起匀速到木板与底端挡板碰撞，木板停下，此后A做匀减速到与弹簧接触的过程，设接触弹簧时A的速度为vA，有
解得
vA＝2m/s
设弹簧最大压缩量为xm，A从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程有
Q＝2μMgxmcos30°=MvA2
得
Q=6J，
A从开始压缩弹簧到弹簧最短过程有
即弹簧压缩到最短时的弹性势能为5J。
【点睛】
题综合考查了平抛运动、牛顿运动定律、运动学公式及能量守恒定律，过程复杂，综合性较强，关键是认真分析物理过程即物体的受力情况，选择合适的物理规律列方程；此题对学生的要求较高，要加强这类题型的训练。
答案第1页，共2页
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