1.5节弹性碰撞和非弹性碰撞基础训练（Word版含答案）

人教版选择性必修第一册 1.5节 弹性碰撞和非弹性碰撞 基础训练
一、单选题
1．小球A的质量为，动量大小为，小球A水平向右运动时与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为，方向水平向右，则（　　）
A．碰后小球B的动量大小为
B．碰后小球B的动量大小为
C．小球B的质量为15kg
D．小球B的质量为3kg
2．美国宇航局新一代火星探测器洞察号于北京时间2018年11月27日凌晨成功着陆于火星，如图所示．不同于月球，火星表面有微弱的大气层，所以火星探测器在着陆过程中会利用大气层来缓冲减速．根据计划，探测器在距离火星表面约125 km处，以大约5 500 m/s的速度进入大气层，约3.5分钟后，距火星表面约11.1 km，速度为385 m/s，分离隔热盾，打开降落伞，进入伞降阶段，持续约2.5分钟，在距离火星表面约1 km时，速度减为60 m/s，分离降落伞，反冲火箭点火，进入反冲阶段，大约1分钟后，探测器缓慢地着陆在火星表面．根据上述内容，以下说法正确的是( )
A．探测器下落的过程中机械能守恒
B．探测器下落的过程中，重力、空气阻力和反冲力所做的总功等于探测器机械能的变化量
C．探测器下落的过程中，重力、空气阻力所做的总功等于探测器重力势能的变化量
D．探测器下落的过程中，重力、空气阻力和反冲力所做的总功等于探测器动能的变化量
3．质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线，同一方向运动，A球的动量，B球的动量当A追上B时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是　　
A． ，
B． ，
C． ，
D． ，
4．质量为m1=1kg和m2（未知）的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短，其x-t图像如图所示，则（　　）
A．此碰撞一定为弹性碰撞
B．被碰物体质量为2 kg
C．碰后两物体速度相同
D．此过程有机械能损失
5．如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，则( )
A．木块的最终速度为v0
B．由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒
C．车表面越粗糙，木块减少的动量越多
D．车表面越粗糙，因摩擦产生的热量越多
6．如图所示，光滑的水平面上，用轻质弹簧相连的质量均为2 kg的A、B两物块都以v0=6 m/s的速度向右运动，弹簧处于原长，质量为4 kg的物块C静止在前方，B与C碰撞后二者粘在一起运动，则在以后的运动中，弹簧弹性势能的最大值和弹性势能最大时物块A的速度各为（ ）
A．12 J 3 m/s B．24 J 3 m/s
C．12 J 4 m/s D．24 J 4 m/s
7．如图所示，50kg的妈妈带着20kg的小孩骑10kg的自行车以3m/s的速度匀速行驶在平直路面上。行驶中小孩从车上跳下来，若小孩在离开车座时的水平速度为零，则此时妈妈和自行车的行驶速度为（　　）
A．2m/s B．3m/s C．4m/s D．6m/s
8．在离地面同一高度有质量相同的三个小球a、b、c，a球以速率v0竖直上抛，b球以相同速率v0竖直下，c球做自由落体运动，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．a球与b球落地时动量不同
B．a球与b球落地时动量的改变量相同
C．三球中动量改变量最大的是a球，最小的是b球
D．只有b、c两球的动量改变量方向是向下的
9．在光滑水平面上，有A、B两个小球向右沿同一直线运动，取向右为正，两球的动量分别是pA=5kgm/s，pB=7kgm/s，如图所示，若能发生正碰，则碰后两球的动量增量△pA、△pB可能是 （ ）
A．△pA=-3kg m/s； △pB =3 kg m/s B．△pA=3 kg m/s； △pB =3 kg m/s
C．△pA=-10 kg m/s； △pB =10 kg m/s D．△pA=3 kg m/s； △pB =-3 kg m/s
10．如图，质量为4kg的木板放在光滑水平面上，质量为1kg的物块放在木板上，它们之间有摩擦，木板足够长，最初两者都以4m/s的初速度向相反方向运动，当木板的速度为向右2.5m/s时，物块做（ ）
A．加速运动 B．减速运动 C．匀速运动 D．静止不动
11．如图所示，质量 m1=0.3kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长 l=5m,现有质量 m2=0.2kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度 v0 从左端滑上小车,最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数 0.5，取 g=10m/s2（ ）
A．物块滑上小车后,系统动量守恒和机械能守恒
B．若v0=2.5m/s，则物块在车面上滑行的时间为 0.48s
C．若v0=4m/s，物块最终会从小车右端滑出
D．增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热不变
二、多选题
12．如图为火箭通过尾部竖直向下喷气在海上降平台减速降落的情景。假设降落过程中喷气产生的推力大小为F，受空气的浮力和阻力大小之和为f，火箭底端接触平台时的速度恰好为零。降落过程中各力均可视为恒定，火箭质量为m，喷出的气体质量相对于火箭可与忽略、当火底端离平台高h时速度为v，则下到对火箭下落h过程中描述正确的是（　　）
A．火箭处于超重状态
B．火箭的重力势能减少了mgh
C．火箭的机械能减少了fh
D．降落过程中受空气的浮力和阻力大小之和为
13．如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同物体A和B质量均为m,在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动,在t=0时轻绳断开，A在F的作用下继续前进，则下列说法正确的是（　　）
A．t=0至时间内，A、B的总动量守恒
B．至时间内，A、B的总动量守恒
C． 时，A的动量为2mv
D． 时，A的动量为4mv
14．如图所示，A、B两个小球在光滑水平面上沿同一直线相向运动，已知A的质量为1.5kg、速度大小为v1=2m/s，B的质量为0.5kg、速度大小为v2=2m/s，则碰撞后A、B两球速度v1 和v2 的可能值为（规定向右为正方）（　　）
A．v1 =1m/s，v2 =-1m/s B．v1 =-1m/s，v2 =7m/s
C．v1 =1m/s，v2 =1m/s D．v1 =0.5m/s，v2 =2.5m/s
15．以初速度v0水平抛出一物体，当它的竖直分位移与水平分位移相等时，下列说法正确的是（　　）
A．竖直分速度与水平分速度大小相等 B．瞬时速度的大小是
C．运动时间为 D．运动位移的大小是
16．带有光滑圆弧轨道的质量为M的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上滑车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则(　　)
A．小球以后将向左做平抛运动
B．小球将做自由落体运动
C．此过程小球对滑车做的功为
D．小球在弧形槽上升的最大高度为
17．在光滑的水平面上有质量相等的A、B两球，其动量分别为10 kg·m/s与2 kg·m/s，方向均向东，且定向东为正方向，A球在B球后，A球若追上B球发生正碰，则相碰以后，A、B两球的动量可能分别为(　　 )
A．6 kg·m/s，6 kg·m/s B．-4 kg·m/s，16 kg·m/s
C．3 kg·m/s，9 kg·m/s D．6 kg·m/s，12 kg·m/s
三、解答题
18．如图所示，光滑水平面上静止着两个滑块、，、，两滑块间夹有少量炸药，点燃炸药后其化学能全部转化为滑块、的动能，滑块向左恰好通过半圆轨道的最高点，滑块向右冲上倾角为的斜面，到达高度后返回水平面，已知半圆轨道半径，滑块B与斜面的动摩擦因数，水平面与斜面平滑连接，滑块B经此处机械能无损失，重力加速度，（，）.求：
(1)滑块B第一次返回水平面的速度大小；
(2)炸药点燃后释放的化学能；
(3)滑块A第一次通过半圆轨道克服阻力做功大小．
19．如图所示，半径为R，内壁光滑的半圆形轨道竖直放置，质量为m的小球以某一速度进入圆形轨道，通过最高点C时，对轨道的压力为3mg，AC在同一竖线上，不计空气阻力，求：
(1)小球在A点时对轨道的压力；
(2)小球落至水平面上时距离A点的水平距离．
20．在水平地面上静止放置一质量的木块，以质量的子弹以的水平速度瞬间射入木块（未穿出），若木块与地面间的动摩擦因数，子弹射入木块的深度，，求：
（）子弹受到木块的平均阻力；
（）子弹射入后木块在地面上前进的距离。
21．如图所示，光滑水平面上放置质量均为M=2kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过感应开关时，两车自动分离），甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数μ=0.5．一根通过细线拴着且被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m=1kg的滑块P(可视为质点)与弹簧的右端接触但不相连，此时弹簧的弹性势能E0=10J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态．现剪断细线，求：
①滑块P滑上乙车前的瞬时速度的大小；
②滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P在乙车上滑行的距离（取g=10m/s2）．
22．如图（a）所示，轻质弹簧左端固定在墙上，自由状态时右端在C点，C点左侧地面光滑、右侧粗糙。用可视为质点的质量为m=1kg的物体A将弹簧压缩至O点并锁定。以O点为原点建立坐标轴。现用水平向右的拉力F作用于物体A，同时解除弹簧锁定，使物体A做匀加速直线运动，拉力F随位移x变化的关系如图（b）所示，运动到0.225m处时，撤去拉力F。
（1）求物体A与粗糙地面间的动摩擦因数以及向右运动至最右端的位置D点的坐标；
（2）若在D点给物体A一向左的初速度，物体A恰好能将弹簧压缩至O点，求物体A到C点时的速度；
（3）质量为M=3kg的物体B在D点与静止的物体A发生弹性正碰，碰后物体A向左运动并恰能压缩弹簧到O点，求物体B与A碰撞前的瞬时速度。
23．如图所示，传送带与地面的夹角为θ＝30°，两轴心间距离AB的长L＝6 m，传送带以v＝5 m/s的速率顺时针转动，当t＝0时在A点无初速度释放一煤块(可视为质点)．煤块与传送带间的动摩擦因数为，g＝10 m/s2，问：
(1)煤块刚开始运动时的加速度多大；
(2)煤块从开始运动到与传送带共速所用时间；
(3)若传送带运动过程中被卡住突然停止运动，此时煤块开始做减速运动，且恰好能到达B点，求煤块开始减速的时刻．
24．如图所示，质量为m，长为L的长木板，静止在光滑水平面上，长木板右端Q有一个质量为M的滑块（可视为质点），离长木板右侧足够远处固定一竖直弹性挡板R，滑块与长木板上表面间有摩擦，设段动摩擦因数为、段的动摩擦因数为，O为的中点。现给长木板施加一个水平向右的恒定拉力，使长木板向右运动，同时滑块相对于长木板滑动，当滑块滑至O点时，立即撤去拉力。已知撤去拉力的瞬间滑块的速度为，长木板的速度为，之后滑块恰好停在长木板的左端P与长木板共同向前运动，最后与挡板R发生弹性碰撞。
（1）求恒定拉力作用的时间t；
（2）求滑块与长木板的质量关系；
（3）若，求长木板最终的速度。
25．建筑工地的护栏外有“施工重地，禁止入内”的提示．因为施工区域常常有建筑材料掉下，对地面上的人员造成伤害．假设离地面高12.8m的建筑物上，质量为2kg的砖从静止开始自由下落，砖与地面作用的时间0.05s后静止．忽略空气阻力，重力加速度取，求：
（1）从开始下落到与地面撞击前，重力对砖的冲量大小；
（2）从撞击地面瞬间开始到静止，地面对砖的冲量大小；
（3）地面对砖的平均作用力大小．
26．某实验室工作人员，用初速度v0＝0.09c（c为真空的光速）的α粒子，轰击静止的氮原子核，产生了质子，若某次碰撞可看作对心正碰，碰后新核与质子同方向运动，垂直磁场方向射入磁场，通过分析偏转半径可得出新核与质子的速度大小之比为1∶20，已知质子质量为m。
（1）写出核反应方程；
（2）求出质子的速度v。
27．如图所示，质量m1＝0.3kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝15m，现有质量m2＝0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，求：
(1)物块与小车保持相对静止时的速度大小；
(2)物块在车面上滑行的时间t．
28．光滑水平面上放着质量的物块与质量的物块，与均可视为质点，靠在竖直墙壁上，间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与均不拴接），用手挡住不动，此时弹簧弹性势能。在间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示。放手后向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径，恰能到达最高点。取，求∶
(1)绳拉断后瞬间的速度的大小；
(2)绳拉断过程绳对的冲量的大小；
(3)绳拉断过程绳对所做的功。
29．质量为M=1kg的箱子静止在光滑水平面上，箱子内侧的两壁间距为l=2m，另一质量也为m=1kg且可视为质点的物体从箱子中央以v0=6m/s的速度开始运动，如图所示．已知物体与箱底的动摩擦因数为μ=0.5，物体与箱壁间发生的是完全弹性碰撞，g=10m/s2．试求：
(1)物体可与箱壁发生多少次碰撞
(2)从物体开始运动到刚好停在箱子上，箱子在水平面上移动的距离是多少
30．如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙。重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为。使木板与重物以共同的速度向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短。设木板足够长，重物始终在木板上，当地重力加速度为g。求：
(1)第二次与墙碰撞时板的速度v；
(2)木板从第一次与墙碰撞到第二次碰撞所经历的时间t；
(3)从第一次与墙碰撞到最终停下所经历的时间T。
31．如图所示，质量为的小球A用长为L的细线悬于O点，质量为的小球B静止在O点正下方的光滑水平面上，质量为、半径为L的光滑四分之一圆弧体放在B的右侧水平面上，处于静止状态，圆弧面在最低点与水平面相切。将小球A拉至与O等高的位置由静止释放，A运动到最低点与B发生正碰，碰后小球B向右运动并滚上圆弧面，上升的最大高度为，重力加速度为，求：
（1）A、B碰撞后，B球获得的速度大小；
（2）A、B碰撞过程损失的机械能。
32．如图所示，厚度均匀的长木板C静止在光滑水平面上，木板上距左端L处放有小物块B．某时刻小物块A以某一初速度从左端滑上木板向右运动，已知A、B均可视为质点，A、B与C间的动摩擦因数均为，A、B、C三者的质量相等，重力加速度为g。求：
(1)A刚滑上木板时，A、B的加速度大小；
(2)要使A、B不发生碰撞，A的初速度应满足的条件；
(3)若已知A的初速度为，且A、B之间发生弹性碰撞，碰撞前后A、B均沿同一直线运动。要保证A、B均不会从木板上掉下，木板的最小长度是多少。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【解析】
【详解】
AB．由题意可知，小球A和小球B发生弹性碰撞，则在碰撞过程中，动量守恒。则
得
所以AB错误；
CD．由题意可知，对于弹性碰撞，有
得
由题意可知
解得
所以D正确，C错误。
故选D。
2．D
【解析】
【详解】
A.探测器下落的过程中，除重力外，其他力做负功，故机械能减小，A错误；
BD.探测器下落的过程中，重力、空气阻力和反冲力所做的总功等于探测器动能的变化量，B错误，D正确；
C.探测器下落的过程中，重力所做的功等于探测器重力势能的变化量，故C错误；
3．A
【解析】
【分析】
当A球追上B球时发生碰撞，遵守动量守恒，由动量守恒定律和碰撞过程总动能不增加，进行选择；
【详解】
A、根据碰撞过程总动能不增加，则有，解得：，满足，故A正确；
B、根据碰撞过程动能不能增加有：，得：，满足，但是碰后A的速度不可能大于B的速度，故B错误；
C、根据碰撞过程动能不能增加有，解得，不满足，故C错误；
D、碰后动量之后为，不满足动量守恒，故D错误．
【点睛】
对于碰撞过程要遵守三大规律：一是动量守恒定律；二总动能不增加；三是符合物体的实际运动情况．
4．A
【解析】
【详解】
BC．由图象可知，碰撞前m2是静止的，m1的速度为：
碰后m1的速度为：
m2的速度为：
即碰后两物体速度大小相等，方向相反，速度不相同；
两物体碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：
m1v1=m1v1′+m2v2′
解得：
m2=3kg
故BC错误；
AD．碰撞前总动能：
碰撞后总动能：
碰撞前后系统动能不变，故碰撞是弹性碰撞，故A正确， D错误；
故选A。
5．A
【解析】
【详解】
AB.以小车和木块组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，因此系统动量守恒，由于摩擦力的作用，m速度减小，M速度增大，m速度减小到最小时，M速度达最大，最后m、M以共同速度运动．以初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：
解得最终两者的共同速度为，故A正确，B错误；
C.根据A选项分析，木块减少的动量为：
与车面粗糙程度无关．故C错误；
D.根据能量守恒，可得产生的热量为：
将代入，得：
与车面粗糙程度无关．，故D错误．
6．A
【解析】
【分析】
滑块B与滑块C碰撞过程系统动量守恒，此后ABC整体动量守恒；当系统各部分速度相同时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大．
【详解】
由B、C碰撞瞬间，B、C的总动量守恒，选向右的方向为正，由动量守恒定律得：mBv0=（mB+mC）v；代入数据解得：v=2m/s；三个物体速度相同时弹性势能最大，选向右的方向为正，由动量守恒定律得：mAv0+mBv0=（mA+mB+mC）v共，代入数据解得：v共=3m/s；设最大弹性势能为Ep，由机械能守恒得：EP=mAv02+（mB+mC）v2-（mA+mB+mC）v共2；代入数据解得：EP=12J；故选A.
【点睛】
本题关键根据动量守恒定律求解速度大小，根据机械能守恒定律求解弹性势能；注意三个物体的作用往往是两两作用，知道当系统各部分速度相同时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大．
7．C
【解析】
【详解】
依题意，设大人与车的总质量为，小孩的质量为，由于小孩在离开车座时的水平速度为零，则根据人、车系统水平方向动量守恒可得
代入数据求得，此时妈妈和自行车的行驶速度为
故选C。
8．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．由动能定理可得
则a球与b球落地时所动能相同，方向都是竖直向下，所以 a球与b球落地时动量相同，则A错误；
B．根据动量定理可得
由于a球与b球落地时间不同，所以a球与b球落地时动量的改变量不相同，所以B错误；
C．三球中a球的运动时间最长，b球的运动时间最短，则三球中动量改变量最大的是a球，最小的是b球，所以C正确；
D．根据动量定理，可知动量改变量的方向与合外力的冲量方向相同，所以三球的动量改变量方向是相同的，则D错误；
故选C。
9．A
【解析】
【详解】
A．两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小相等，方向相反，根据碰撞过程动量守恒定律，如果△pA=-3 kg m/s、△pB=3 kg m/s，所以碰后两球的动量分别为p′A=2 kg m/s、p′B=10 kg m/s，根据碰撞过程总动能可能不增加，是可能发生的，故A正确；
B．若△pA=3 kg m/s，△pB=3 kg m/s，违反了动量守恒定律，不可能，故B错误；
C．如果△pA=-10 kg m/s、△pB=10 kg m/s，所以碰后两球的动量分别为p′A=-5 kg m/s、p′B=17 kg m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，不可能．故C错误；
D．根据碰撞过程动量守恒定律，如果△pA=3 kg m/s s、△pB=-3 kg m/s，所以碰后两球的动量分别为p′A=8 kg m/s、p′B=4 kg m/s，由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，故D错误。
故选A。
10．A
【解析】
【详解】
开始阶段，m向左减速，M向右减速，当m的速度为零时，设此时M的速度为v1。根据动量守恒定律得
（M-m）v=Mv1
代入解得
v1=23m/s
此后m将向右加速，M继续向右减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为v2。由动量守恒定律得
（M-m）v=（M+m）v2
代入解得
v2=2.4m/s
两者相对静止后，一起向左匀速直线运动。由此可知当M的速度为2.5m/s时，m处于向左加速过程中。
故选A。
11．D
【解析】
【详解】
A．物块滑上小车后在小车上滑动过程中系统要克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，故A不符合题意；
B．系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
m2v0=（m1+m2）v
解得
v=1m/s
对物块，由动量定理得
-μm2gt=m2v-m2v0
解得
t=0.3s
故B不符合题意；
C．要使物块恰好不从车厢滑出，物块的速度为v0′，则物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得
m2v0′=（m1+m2）v'
由能量守恒定律得
解得
v0′=5m/s
因为v0=4m/s< v0′=5m/s，所以若v0=4m/s，物块最终不会从小车右端滑出，故C不符合题意；
D．滑块与车组成的系统动量守恒，摩擦产生的热量等于系统减少的机械能，增大物块与车面间的动摩擦因数系统损失的机械能不变，摩擦生热不变，故D符合题意。
故选D。
12．ABD
【解析】
【详解】
A．火箭减速降落时，加速度向上，由牛顿运动定律知火箭处于超重状态，A正确；
B．由题意可知，重力做功为
则火箭的重力势能减少了
B正确；
C．根据功能关系可知，火箭的机械能减少了
C错误；
D．根据动能定理可得
可得，降落过程中受空气的浮力和阻力大小之和为
D正确。
故选ABD。
13．AC
【解析】
【详解】
A．设AB所受摩擦力为f，系统匀速运动时，有
解得
绳子断开后，对B分析，取向右为正方向，由动量定理得
联立解得
即此时B停止运动
在t=0至t=时间内，系统合外力为零，A、B的总动量守恒，故A正确；
B． 至时间内，B停止运动，A匀加速运动，系统合外力不为零，则系统总动量不守恒，故B错误；
C．时，取向右为正方向，由系统的动量守恒得
得A的动量为 ，故C正确；
D．至时，对A由动量定理得
解得A的动量为 ，故D错误。
故选AC。
14．CD
【解析】
【详解】
系统碰撞前的总动量
方向向右，碰撞前A和B的总动能为
A．碰撞后不可能出现A的速度向右、B的速度向左，A错误；
B．碰撞后的总动能
碰撞后的动能不可能增加，B错误；
C．若碰撞后的总动量
方向向右，满足动量守恒，碰后速度相等，属于完全非弹性碰撞，能量损失最大，故C有可能，C正确；
D．若碰撞后的总动量
则满足动量守恒，碰撞后的总动能
能量不增加，故D有可能，D正确。
故选CD。
15．BC
【解析】
【分析】
【详解】
AC．竖直分位移与水平分位移相等时，有
解得
故A错误；C正确；
B．平抛运动瞬时速度的大小为
故B正确；
D．根据上面选项分析可知
运动位移的大小为
故D错误。
故选BC。
16．BC
【解析】
【详解】
由于没摩擦和系统外力做功，因此该系统在整个过程中机械能守恒，即作用前后系统动能相等，又因为水平方向上动量守恒，故可以用弹性碰撞的结论解决．因为两者质量相等，故发生速度交换，即滑车最后的速度为v0，小球的速度为0，因而小球将做自由落体运动，对滑车做功
小球上升到最高点时与滑车相对静止，具有共同速度v′，因此又可以把从开始到小球上升到最高点的过程看做完全非弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
Mv0=2Mv′
联立解得
故选BC。
17．AC
【解析】
【详解】
由题意A、 B两球动量分别为且A球能追上B球并发生碰撞可知，A球的初速度大于B球，碰撞前的总动量为，设两个小球的质量均为m，则碰撞前总动能为：；
A．总动量满足守恒，碰撞后总动能为，可见碰撞过程总动能减小，是可能的，故A正确；
B．碰撞后的总动量为，符合动量守恒，碰撞后总动能为，碰撞过程动能出现增大，不符合能量守恒定律，故B错误；
C．碰撞后的总动量为，满足动量守恒定律，碰撞后总动能为，总动能不增加，是可能的，故C正确；
D．碰撞后的总动量为，不满足动量守恒定律，故D错误；
故选AC．
18．(1)2m/s (2)30J (3)11J
【解析】
【详解】
(1)设滑块B滑上斜面的初速度大小为v0，返回水平面的速度大小为，在斜面上运动的最大距离为L，则：
滑块B从斜面最高点返回水平面，由动能定理得：
联立解得：
(2)滑块B从水平面滑到斜面最高点，由动能定理得：
由动量守恒定律得：
由能量守恒定律得：
联立解得：
(3)滑块A恰好到达半圆轨道的最高点，有：
由动能定理得：
联立解得：
19．(1) (2)
【解析】
【详解】
（1）在C点作圆周运动，根据牛顿第二定律：
从A到C根据机械能守恒：
在A点根据牛顿第二定律:
解得：；
(2)在C点做平抛运动，则竖直方向：
水平方向：
整理可以得到：．
点睛：解决本题的关键理清小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律和平抛运动相关规律进行求解．
20．（1）2475N；（2）2.5m
【解析】
【分析】
【详解】
(1)在子弹射入木块的过程中，由于时间极短，摩擦力的冲量忽略不计，则子弹和木块组成的系统满足动量守恒，取子弹的初速度方向为正方向，有
mv0=(m+M)v
可得子弹和木块的共同速度为
在此过程中，木块的位移近似为零，对子弹，由动能定理得可得
则子弹受到木块的平均阻力
f=2475N
(2)子弹射入木块后，以整体为研究对象，根据动能定理得
解得
21．（1） （2）
【解析】
【详解】
（1）设滑块P滑上乙车前的速度为v1，以整体为研究对象，作用的过程中动量和机械能都守恒，选向右的方向为正，应用动量守恒和能量关系有：
联立解得：
．
（2）以滑块和乙车为研究对象，选向右的方向为正，在此动过程中，由动量守恒定律得：
由能量守恒定律得：
联立解得
22．（1）0.45m；（2）m/s；（3）m/s
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由于物体A做匀加速直线运动，结合图像，可知，从O到C点的过程中
在C点
、
解得
在C点右侧
、
解得
从O到C点，物体匀加速，则
解得
从C到D的过程中，由动能定理得
其中解得
D点坐标
（2） 物体A将弹簧由C点压缩至O点的过程，由动能定理得
物体从O到C，由动能定理得
其中
联立解得
（3）设B碰前速度为v0，碰后速度为v1；碰后A的速度为v2，则
物体A从D到C过程中，由动能定理
联立解得
、
23．(1)2.5 m/s2　(2)2 s　(3)2 s
【解析】
【详解】
(1)设煤块刚滑上传送带时加速度为a1，煤块受力如图所示，
根据牛顿第二定律，
沿传送带方向有：
垂直传送带方向：
又
由以上三式得：，方向沿传送带向上．
(2)煤块速度从0增加至传送带速度v所用时间设为t1，则有：
所以：；
(3)煤块从开始运动到与传送带共速过程中的位移：
若共速阶段传送带停止运动，则停止后摩擦力反向，有：
得：
煤块减速的距离：
因为：
所以煤块开始减速的时刻：
若煤块在加速阶段传送带停止运动，则煤块减速的距离小于x2，不能到达B点．
点睛：本题考查了倾斜传送带上物体相对运动问题，分析判断物体的运动情况是难点．
24．（1）；（2）；（3）0.25m/s，方向向左
【解析】
【详解】
（1）当滑块滑至O点时，有
解得
（2）撤去拉力后，滑块恰好停在长木板的左端P所用时间为，与木板有共同速度 ，则有
解得
对木板分析有
，
对滑块分析没有撤力时，有
，
对滑块分析撤力后，有
，
联立可得
则
，
所以
即
（3）与挡板R发生弹性碰撞后，长木板与原速率返向运动，根据动量守恒定律有
由（2）可知
，
联立解得
滑块滑到长木板右端时，产生热量为
则滑块从右端滑出，设滑出时滑块的速度为，木板的速度为，则有
整理有
，
联立解得
或
所以长木板最终的速度大小为0.25m/s，方向向左。
25．（1） （2） （3）F=660N
【解析】
【详解】
（1）砖做自由落体运动，下落高度h=12.8m，设下落时间为t
根据自由落体运动的公式
解得：t=1.6s
则下落过程中重力的冲量
（2）设地面对砖的冲量大小为I
根据动量定理
即
解得：
（3）设地面对砖的平均作用力大小为F，由冲量的定义可知
代入数据解得：F=660N
26．（1）＋→＋；（2）0.20c
【解析】
【分析】
【详解】
（1）根据质量数守恒和电荷数守恒可得核反应方程为
＋→＋
（2）设α粒子、新核质量分别为4m、17m，质子速度为v，由于对心碰撞，满足动量守恒，故
4mv0＝17m＋mv
解得v＝0.20c
27．(1)0.8m/s (2)0.24s
【解析】
【详解】
(1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有
m2v0=(m1+m2)v
解得：
v=0.8m/s
(2)设物块与车面间的滑动摩擦力为f，对物块应用动量定理有
-ft=m2v－m2v0
其中
f=μm2g
解得：
t=0.24s
28．(1)；(2)；(3)
【解析】
【详解】
(1)设在绳被拉断后瞬时的速率为，到达点的速率为，根据恰能到达最高点有
对绳断后到运动到最高点这一过程应用动能定理
由解得
(2)设弹簧恢复到自然长度时的速率为，取向右为正方向，弹簧的弹性势能转化给的动能
根据动量定理有
由解得
其大小为；
(3)设绳断后的速率为，取向右为正方向，根据动量守恒定律有
根据动能定理有
由解得
29．（1）物体只与箱子的右侧碰撞一次后便停在箱子上距离右侧0.8m处．
（2）箱子在水平面上移动的距离为x =1.7m
【解析】
【详解】
（1）由于系统要克服摩擦力做功，物体最终会停在箱子上并以相同的速度v向右运动，根据动量守恒有
根据功能关系有
解得物体相对箱子移动的距离s =1.8m
由于箱子内侧的两壁间距为l=2m，故物体只与箱子的右侧碰撞一次后便停在箱子上距离右侧0.8m处．
（2）设碰前物体对地位移为x1，速度为v1；箱子对地位移为x2，速度的为v2（< v1）．则有
设碰后物体与箱子的速度分别为v1′和v2′，在碰撞过程中有
随后木箱向右做匀减速运动，物体向右做匀加速运动，直至速度都变为v．在此过程中，设木箱移动的距离为x2′，则
故从物体开始运动到刚好停在箱子上，箱子在水平面上移动的距离为
x = x2+ x2′=1.7m
点睛：此题考查了动量守恒定律以及能量守恒定律的应用；关键是先确定研究系统和研究过程，结合动量守恒定律及能量关系列出方程，注意搞清能量的转化关系.
30．(1)；(2)；(3)
【解析】
【详解】
(1)木板第一次与墙碰撞后，最后木板和重物达到共同速度v，设木板质量为m，重物质量为2m，取向右为正方向，由动量守恒得
解得：
即第二次与墙碰撞时板的速度为。
(2)设从第一次与墙壁碰撞到重物和木板具有共同速度v所用时间为t1，对木板由动量定理得
解得：
对木板由牛顿第二定律得
木板从第一次与墙壁碰撞到再次与重物速度相同时，木板右端离墙壁的距离为
解得：
木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，再反向向右做匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙，木板做匀速直线运动，有
解得
木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间
(3)由(1)问的解答可知，每次碰后木板速度减小为原来的，则时间也将减小为原来的
木板从第二次与墙碰撞到第三次碰撞所经历的时间
木板从第三次与墙碰撞到第四次碰撞所经历的时间
根据规律可得，从第一次与墙碰撞到最终停下所经历的时间T
31．（1）；（2）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设A球与B球相碰后B球的速度大小为，当小球B沿圆弧面滚上高度时，小球B与圆弧体的共同速度为，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
解得
（2）设A球与B球碰撞前一瞬间A的速度大小为，根据机械能守恒定律有
解得
设碰撞后A球的速度大小为，根据动量守恒定律有
解得
根据能量守恒，碰撞过程中损失的机械能
解得
32．(1)，；(2)；(3)
【解析】
【详解】
(1)对A有
得
对BC有
解得
(2)若A、B刚好不发生碰撞，则三都正好达到共同速，由动量守恒有
且有
解得
(3)由于弹性碰撞，A、B碰后交换速度，等同于A与C相对静止一起向前加速，B继续减速，刚好不滑下木板时，三者达到共同速度，由动量守恒有
且有
联立解得
答案第1页，共2页
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