2019-2020学年人教新课标选修3-5 16.4碰撞 达标作业（解析版)
文档属性
| 名称 | 2019-2020学年人教新课标选修3-5 16.4碰撞 达标作业（解析版) |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 198.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2020-02-11 22:35:44 | ||
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文档简介
16.4碰撞
达标作业（解析版)
1．将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）
A．30 B．5.7×102
C．6.0×102 D．6.3×102
2．在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a）所示，碰撞前后两壶运动的v-t图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（ ）
A．两壶发生了弹性碰撞
B．碰后蓝壶速度为0.8m/s
C．碰后蓝壶移动的距离为2.4m
D．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力
3．A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动，B球在前，A球在后。mA=1kg，mB=2kg。经过一段时间，A、B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞前、后两球的位移一时间图像如图所示，根据以上信息可知碰撞类型属于
A．弹性碰撞
B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞
D．条件不足，无法判断
4．如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量都是m的小车A和B，两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度向v0右运动，另有一质量为m的粘性物体，从高处自由落下，正好落在A车上，并与之粘合在一起，求这以后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为（ ）
A．mv02 B．mv02 C．mv02 D．mv02
5．随着科幻电影《流浪地球》的热映，“引力弹弓效应”进入了公众的视野。“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为，探测器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2.探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。那么下列判断中正确的是
A．v1> v0 B．v1= v0 C．v2> v0 D．v2=v0
6．光滑水平地面上有两个静止的小物块a和b，a的质量为m，b的质量M可以取不同的数值。现使a以某一速度向b运动，此后a与b发生弹性碰撞，则（ ）
A．当M＝m时，碰撞后b的速度最大
B．当M＝m时，碰撞后b的动能最大
C．当M＞m时，若M越小，碰撞后b的速度越小
D．当M＜m时，若M越大，碰撞后b的动量越小
7．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一质量为m的光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切。一质量为2m的小物块从槽顶端距水平面高h处由静止开始下滑，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．物块第一次滑到槽底端时，槽的动能为mgh
B．在下滑过程中物块和槽之间的相互作用力对物块始终不做功
C．全过程中物块、槽和弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒
D．物块第一次被弹簧反弹后能追上槽，且能回到槽上距水平面高h处
8．一中子与一质量数为A（A＞1）的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为（ ）
A． B． C． D．
9．如图所示，长为L、质量为3m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为m的铁块A放在长木板右端。一质量为m的子弹以速度v0射入木板并留在其中，铁块恰好不滑离木板。子弹射入木板中的时间极短，子弹、铁块均视为质点，铁块与木板间的动摩擦因数恒定，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．木板获得的最大速度为
B．铁块获得的最大速度为
C．铁块与木板之间的动摩擦因数为
D．子弹、木块、铁块组成的系统损失的机械能为
10．如图所示，光滑水平面上放一个质量为M足够长的木板，开始M静止，现在有一个质量为m的滑块以速度v0滑上M，m和M间的动摩擦因数为μ，以下说法正确的是（ ）
A．如果增大M，则m和M相对运动的时间变长，因摩擦而产生的热量增加
B．如果增大m，则m和M相对运动的时间变短，m在M上滑行的距离变大
C．如果增大动摩擦因数μ，则因摩擦而产生的热量不变
D．如果增大初速度v0,则因摩擦而产生的热量增加
11．如图所示的三个小球的质量都为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起.问：
（1）A、B两球刚粘合在一起时的速度是多大？
（2）弹簧压缩至最短时三个小球的速度是多大？
（3）弹簧的弹性势能最大是多大？
12．如图所示，水平地面上有两个静止的物块A和B，A、B的质量分别为m1＝2kg，m2＝1kg，它们与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5。现对物块A施加一大小I＝40N·s，水平向右的瞬时冲量，使物块A获得一个初速度，t＝1s后与物块B发生弹性碰撞，且碰撞时间很短，A、B两物块均可视为质点，重力加速度g＝10m/s2。
(1)求A与B碰撞前瞬间，A的速度大小；
(2)若物块B的正前方20m处有一危险区域，请通过计算判断碰撞后A、B是否会到达危验区域。
13．如图所示，位于光滑水平桌面上的质量均为m的小滑块P和Q都视作质点， Q与轻质弹簧相连。静止在水平面上，P以某一初速度v向Q运动并与弹簧发生碰撞，在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于_____ 此时P物体的速度为____
14．水平地面上，质量为1kg的滑块A以4m/s的速度碰上静止的物体B，碰后A的速度立刻减到零，B在地面上运动2s后静止，已知B与地面间的动摩擦因数为0.1，则B的质量为_____kg，碰撞过程中A、B系统损失的机械能为_____J。
参考答案
1．A
【解析】
开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得，0=m1v1+p，解得火箭的动量，负号表示方向，故A正确，BCD错误；
【点睛】解决本题的关键掌握动量守恒定律的条件，以及知道在运用动量守恒定律时，速度必须相对于地面为参考系。
2．B
【解析】
【详解】
由图知：碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v′0＝0.2m/s，可知，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv′0+mv，代入数据解得：v＝0.8m/s，，碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，故A错误，B正确；根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小，故C错误；根据图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故D错误．
3．A
【解析】
【分析】
由图像可以读出A、B碰撞前后的速度，根据碰撞前后动能大小就可以判断是什么碰撞了。
【详解】
由图可知．A球碰前速度VA =6 m/s，碰后速度;B球碰前速度为vB=3 m/s，碰后速度为。根据题给数据可知，系统碰撞过程动量守恒。系统碰前的总动能
27J，碰后的总动能也是27 J．所以属于弹性碰撞，则A正确BCD错误。
4．C
【解析】
【详解】
粘性物体和A相互作用，动量守恒，mv0＝2mv1∴v1＝v0，以后三个物体一起相互作用动量守恒，2mv0＝3mv2，∴v2＝v0，最大弹性势能EP＝mv02＋×2m(v0)2－×3m(v0)2＝mv02，∴正确答案选C．
5．A
【解析】
【详解】
设探测器的质量为m，行星的质量为M，探测器和行星发生弹性碰撞.
A、B、对于模型一：设向左为正，由动量守恒定律：，由能量守恒，联立解得探测器碰后的速度，因，则，故A正确，B错误.
C、D、对于模型二：设向左为正，由动量守恒定律：，由能量守恒，联立解得探测器碰后的速度，因，则；故C、D均错误.
故选A.
6．B
【解析】
【详解】
设碰撞前a的速度为v0．碰撞后a、b的速度分别为va和vb．取碰撞前a的速度方向为正方向。根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得：?mv0=mva+Mvb。mv02=mva2+Mvb2。联立解得 va=v0，vb=v0；由vb=v0知，m一定，M越小，vb越大，碰撞后b的速度没有最大值，故A错误。碰撞后b的动能 Ekb=Mvb2=；根据数学知识知，当，即M=m时，Ekb有最大值，故B正确。当M＞m时，若M越小，由vb=v0知，m一定，vb越大，故C错误。碰撞后b的动量 Pb=Mvb=，则知M越大， 越小，Pb越大，故D错误。故选B。
【点睛】
解决本题的关键是掌握弹性碰撞遵守的两大规律：动量守恒定律和机械能守恒定律，通过列式，结合数学知识不等式知识分析碰撞后b的动量和动能的变化情况。
7．A
【解析】
【分析】
考查机械能守恒定律，动量守恒定律。
【详解】
A．小物块下滑过程中，小物块与槽系统水平方向动量守恒，物块第一次滑到槽底端时，有：
槽光滑无摩擦，下滑过程中机械能守恒：
联立解得：，
槽的动能为：
A正确；
B．在下滑过程中，槽的机械能增加，由能量守恒可知，小物块机械能减少，则除了重力以外的其他力做负功，小物块除了受重力外，就受槽对小物块的作用力，所以槽对小物块的作用力做了负功，B错误；
C．全过程中，除了重力和弹簧弹力以外的其他力做功之和为零，所以物块、槽和弹簧所组成的系统机械能守恒，小物块压缩弹簧过程中，水平方向上受墙壁的支持力，动量不守恒，C错误；
D．物块第一次被弹簧反弹后速度大小为刚滑下来时的速度大小，即，小于槽的速度，不能追上槽，D错误。
故选A。
8．A
【解析】
设中子的质量为m，因为发生的是弹性正碰，动量守恒，机械能守恒，规定初速度的方向为正方向，有：mv1=mv2+Amv，mv12＝mv22+?Amv2 联立两式解得：．故A正确，BCD错误．故选A．
点睛：解决本题的关键知道弹性碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒，与非弹性碰撞不同，非弹性碰撞机械能不守恒.
9．BCD
【解析】
【分析】
对子弹和木板B系统，根据动量守恒定律求出木板获得的最大速度，对木板B和铁块A（包括子弹）系统，根据动量守恒定律求出铁块获得的最大速度，由能量守恒定律求出铁块与木板之间的动摩擦因数和子弹、木块、铁块组成的系统损失的机械能；
【详解】
A、对子弹和木板B系统，根据动量守恒定律：mv0=4mv1，解得v1=，故A错误；
B、对木板B和铁块A（包括子弹）系统：mv0=5mv2，解得v2=，故B正确；
C、子弹打入木板后，对木板B和铁块A（包括子弹）系统，由能量守恒定律：μmgL=4mv125mv22，解得μ=，故C正确；
D、全过程，由能量守恒定律可知，子弹、木板、铁块组成的系统损失的机械能为△E=mv02-5mv22，故D正确；
故选BCD。
【点睛】
子弹射入木块的瞬间木块获得的速度最大，由动量守恒定律求木块获得的最大速度；木块在木板上滑行时，木块（含子弹）与木板组成的系统合外力为零，总动量守恒，由动量守恒定律求木块滑离木板时木板获得的速度。
10．ACD
【解析】
【详解】
视木板和滑块为系统，合外力为零，动量守恒，根据动量守恒有：，解得：；根据能量守恒可知摩擦而产生的热量为：，对木板利用动量定理可得：，解得m和M相对运动的时间：；
A．若只增大M，则m和M相对运动的时间变长，因摩擦而产生的热量增加，故A正确；
B．如果增大m，则m和M相对运动的时间变短，根据动能定理可得： ，解得m在M上滑行的距离变小，故B错误；
C．如果增大动摩擦因数μ，则因摩擦而产生的热量不变，故C正确；
D．如果增大初速度v0，则因摩擦而产生的热量增加，故D正确；
11．（1）（2）（3）
【解析】
【详解】
（1）AB两球碰撞过程动量守恒，以A球的初速度方向为正方向，设A、B粘合在一起的速度为，由动量守恒定律得
解得：
.
（2）以A、B、C三球组成的系统为研究对象，设弹簧压缩至最短时三个小球的速度为，由动量守定律得
解得
.
（3）弹簧压缩至最短时弹性势能最大，由能量守恒定律得
解得
.
12．(1) 15m/s (2) 物块A不会到达危险区域，物块B会到达危险区域
【解析】
【详解】
（1）设物块A获得的初速度为v0，则
I=m1v0
A与B碰撞前的运动过程有:
v1=v0-at
其中
a=μg
解得：A与B碰撞前瞬间，A的速度大小
v1=15m/s
（2）A与B碰撞过程机械能守恒、动量守恒，则有
m1v1=m1v1′+m2v2
=+
解得:
v1′=5 m/s，v2=20 m/s
由运动学公式可知：
xA==2.5 m
xB== 40m
即物块A不会到达危险区域，物块B会到达危险区域。
13． 0.5v
【解析】
【详解】
[1][2] P、Q相互作用过程系统动量守恒，以P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
解得
由能量守恒定律得
解得：
14．2 4
【解析】
【详解】
滑块碰上静止的物体，根据动量守恒定律可得：，碰后在地面上做匀减运动，根据动量定理可得：，解得：，的质量为：，碰撞过程中、系统损失的机械能为。
达标作业（解析版)
1．将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）
A．30 B．5.7×102
C．6.0×102 D．6.3×102
2．在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a）所示，碰撞前后两壶运动的v-t图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（ ）
A．两壶发生了弹性碰撞
B．碰后蓝壶速度为0.8m/s
C．碰后蓝壶移动的距离为2.4m
D．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力
3．A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动，B球在前，A球在后。mA=1kg，mB=2kg。经过一段时间，A、B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞前、后两球的位移一时间图像如图所示，根据以上信息可知碰撞类型属于
A．弹性碰撞
B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞
D．条件不足，无法判断
4．如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量都是m的小车A和B，两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度向v0右运动，另有一质量为m的粘性物体，从高处自由落下，正好落在A车上，并与之粘合在一起，求这以后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为（ ）
A．mv02 B．mv02 C．mv02 D．mv02
5．随着科幻电影《流浪地球》的热映，“引力弹弓效应”进入了公众的视野。“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为，探测器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2.探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。那么下列判断中正确的是
A．v1> v0 B．v1= v0 C．v2> v0 D．v2=v0
6．光滑水平地面上有两个静止的小物块a和b，a的质量为m，b的质量M可以取不同的数值。现使a以某一速度向b运动，此后a与b发生弹性碰撞，则（ ）
A．当M＝m时，碰撞后b的速度最大
B．当M＝m时，碰撞后b的动能最大
C．当M＞m时，若M越小，碰撞后b的速度越小
D．当M＜m时，若M越大，碰撞后b的动量越小
7．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一质量为m的光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切。一质量为2m的小物块从槽顶端距水平面高h处由静止开始下滑，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．物块第一次滑到槽底端时，槽的动能为mgh
B．在下滑过程中物块和槽之间的相互作用力对物块始终不做功
C．全过程中物块、槽和弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒
D．物块第一次被弹簧反弹后能追上槽，且能回到槽上距水平面高h处
8．一中子与一质量数为A（A＞1）的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为（ ）
A． B． C． D．
9．如图所示，长为L、质量为3m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为m的铁块A放在长木板右端。一质量为m的子弹以速度v0射入木板并留在其中，铁块恰好不滑离木板。子弹射入木板中的时间极短，子弹、铁块均视为质点，铁块与木板间的动摩擦因数恒定，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．木板获得的最大速度为
B．铁块获得的最大速度为
C．铁块与木板之间的动摩擦因数为
D．子弹、木块、铁块组成的系统损失的机械能为
10．如图所示，光滑水平面上放一个质量为M足够长的木板，开始M静止，现在有一个质量为m的滑块以速度v0滑上M，m和M间的动摩擦因数为μ，以下说法正确的是（ ）
A．如果增大M，则m和M相对运动的时间变长，因摩擦而产生的热量增加
B．如果增大m，则m和M相对运动的时间变短，m在M上滑行的距离变大
C．如果增大动摩擦因数μ，则因摩擦而产生的热量不变
D．如果增大初速度v0,则因摩擦而产生的热量增加
11．如图所示的三个小球的质量都为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起.问：
（1）A、B两球刚粘合在一起时的速度是多大？
（2）弹簧压缩至最短时三个小球的速度是多大？
（3）弹簧的弹性势能最大是多大？
12．如图所示，水平地面上有两个静止的物块A和B，A、B的质量分别为m1＝2kg，m2＝1kg，它们与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5。现对物块A施加一大小I＝40N·s，水平向右的瞬时冲量，使物块A获得一个初速度，t＝1s后与物块B发生弹性碰撞，且碰撞时间很短，A、B两物块均可视为质点，重力加速度g＝10m/s2。
(1)求A与B碰撞前瞬间，A的速度大小；
(2)若物块B的正前方20m处有一危险区域，请通过计算判断碰撞后A、B是否会到达危验区域。
13．如图所示，位于光滑水平桌面上的质量均为m的小滑块P和Q都视作质点， Q与轻质弹簧相连。静止在水平面上，P以某一初速度v向Q运动并与弹簧发生碰撞，在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于_____ 此时P物体的速度为____
14．水平地面上，质量为1kg的滑块A以4m/s的速度碰上静止的物体B，碰后A的速度立刻减到零，B在地面上运动2s后静止，已知B与地面间的动摩擦因数为0.1，则B的质量为_____kg，碰撞过程中A、B系统损失的机械能为_____J。
参考答案
1．A
【解析】
开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得，0=m1v1+p，解得火箭的动量，负号表示方向，故A正确，BCD错误；
【点睛】解决本题的关键掌握动量守恒定律的条件，以及知道在运用动量守恒定律时，速度必须相对于地面为参考系。
2．B
【解析】
【详解】
由图知：碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v′0＝0.2m/s，可知，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv′0+mv，代入数据解得：v＝0.8m/s，，碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，故A错误，B正确；根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小，故C错误；根据图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故D错误．
3．A
【解析】
【分析】
由图像可以读出A、B碰撞前后的速度，根据碰撞前后动能大小就可以判断是什么碰撞了。
【详解】
由图可知．A球碰前速度VA =6 m/s，碰后速度;B球碰前速度为vB=3 m/s，碰后速度为。根据题给数据可知，系统碰撞过程动量守恒。系统碰前的总动能
27J，碰后的总动能也是27 J．所以属于弹性碰撞，则A正确BCD错误。
4．C
【解析】
【详解】
粘性物体和A相互作用，动量守恒，mv0＝2mv1∴v1＝v0，以后三个物体一起相互作用动量守恒，2mv0＝3mv2，∴v2＝v0，最大弹性势能EP＝mv02＋×2m(v0)2－×3m(v0)2＝mv02，∴正确答案选C．
5．A
【解析】
【详解】
设探测器的质量为m，行星的质量为M，探测器和行星发生弹性碰撞.
A、B、对于模型一：设向左为正，由动量守恒定律：，由能量守恒，联立解得探测器碰后的速度，因，则，故A正确，B错误.
C、D、对于模型二：设向左为正，由动量守恒定律：，由能量守恒，联立解得探测器碰后的速度，因，则；故C、D均错误.
故选A.
6．B
【解析】
【详解】
设碰撞前a的速度为v0．碰撞后a、b的速度分别为va和vb．取碰撞前a的速度方向为正方向。根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得：?mv0=mva+Mvb。mv02=mva2+Mvb2。联立解得 va=v0，vb=v0；由vb=v0知，m一定，M越小，vb越大，碰撞后b的速度没有最大值，故A错误。碰撞后b的动能 Ekb=Mvb2=；根据数学知识知，当，即M=m时，Ekb有最大值，故B正确。当M＞m时，若M越小，由vb=v0知，m一定，vb越大，故C错误。碰撞后b的动量 Pb=Mvb=，则知M越大， 越小，Pb越大，故D错误。故选B。
【点睛】
解决本题的关键是掌握弹性碰撞遵守的两大规律：动量守恒定律和机械能守恒定律，通过列式，结合数学知识不等式知识分析碰撞后b的动量和动能的变化情况。
7．A
【解析】
【分析】
考查机械能守恒定律，动量守恒定律。
【详解】
A．小物块下滑过程中，小物块与槽系统水平方向动量守恒，物块第一次滑到槽底端时，有：
槽光滑无摩擦，下滑过程中机械能守恒：
联立解得：，
槽的动能为：
A正确；
B．在下滑过程中，槽的机械能增加，由能量守恒可知，小物块机械能减少，则除了重力以外的其他力做负功，小物块除了受重力外，就受槽对小物块的作用力，所以槽对小物块的作用力做了负功，B错误；
C．全过程中，除了重力和弹簧弹力以外的其他力做功之和为零，所以物块、槽和弹簧所组成的系统机械能守恒，小物块压缩弹簧过程中，水平方向上受墙壁的支持力，动量不守恒，C错误；
D．物块第一次被弹簧反弹后速度大小为刚滑下来时的速度大小，即，小于槽的速度，不能追上槽，D错误。
故选A。
8．A
【解析】
设中子的质量为m，因为发生的是弹性正碰，动量守恒，机械能守恒，规定初速度的方向为正方向，有：mv1=mv2+Amv，mv12＝mv22+?Amv2 联立两式解得：．故A正确，BCD错误．故选A．
点睛：解决本题的关键知道弹性碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒，与非弹性碰撞不同，非弹性碰撞机械能不守恒.
9．BCD
【解析】
【分析】
对子弹和木板B系统，根据动量守恒定律求出木板获得的最大速度，对木板B和铁块A（包括子弹）系统，根据动量守恒定律求出铁块获得的最大速度，由能量守恒定律求出铁块与木板之间的动摩擦因数和子弹、木块、铁块组成的系统损失的机械能；
【详解】
A、对子弹和木板B系统，根据动量守恒定律：mv0=4mv1，解得v1=，故A错误；
B、对木板B和铁块A（包括子弹）系统：mv0=5mv2，解得v2=，故B正确；
C、子弹打入木板后，对木板B和铁块A（包括子弹）系统，由能量守恒定律：μmgL=4mv125mv22，解得μ=，故C正确；
D、全过程，由能量守恒定律可知，子弹、木板、铁块组成的系统损失的机械能为△E=mv02-5mv22，故D正确；
故选BCD。
【点睛】
子弹射入木块的瞬间木块获得的速度最大，由动量守恒定律求木块获得的最大速度；木块在木板上滑行时，木块（含子弹）与木板组成的系统合外力为零，总动量守恒，由动量守恒定律求木块滑离木板时木板获得的速度。
10．ACD
【解析】
【详解】
视木板和滑块为系统，合外力为零，动量守恒，根据动量守恒有：，解得：；根据能量守恒可知摩擦而产生的热量为：，对木板利用动量定理可得：，解得m和M相对运动的时间：；
A．若只增大M，则m和M相对运动的时间变长，因摩擦而产生的热量增加，故A正确；
B．如果增大m，则m和M相对运动的时间变短，根据动能定理可得： ，解得m在M上滑行的距离变小，故B错误；
C．如果增大动摩擦因数μ，则因摩擦而产生的热量不变，故C正确；
D．如果增大初速度v0，则因摩擦而产生的热量增加，故D正确；
11．（1）（2）（3）
【解析】
【详解】
（1）AB两球碰撞过程动量守恒，以A球的初速度方向为正方向，设A、B粘合在一起的速度为，由动量守恒定律得
解得：
.
（2）以A、B、C三球组成的系统为研究对象，设弹簧压缩至最短时三个小球的速度为，由动量守定律得
解得
.
（3）弹簧压缩至最短时弹性势能最大，由能量守恒定律得
解得
.
12．(1) 15m/s (2) 物块A不会到达危险区域，物块B会到达危险区域
【解析】
【详解】
（1）设物块A获得的初速度为v0，则
I=m1v0
A与B碰撞前的运动过程有:
v1=v0-at
其中
a=μg
解得：A与B碰撞前瞬间，A的速度大小
v1=15m/s
（2）A与B碰撞过程机械能守恒、动量守恒，则有
m1v1=m1v1′+m2v2
=+
解得:
v1′=5 m/s，v2=20 m/s
由运动学公式可知：
xA==2.5 m
xB== 40m
即物块A不会到达危险区域，物块B会到达危险区域。
13． 0.5v
【解析】
【详解】
[1][2] P、Q相互作用过程系统动量守恒，以P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
解得
由能量守恒定律得
解得：
14．2 4
【解析】
【详解】
滑块碰上静止的物体，根据动量守恒定律可得：，碰后在地面上做匀减运动，根据动量定理可得：，解得：，的质量为：，碰撞过程中、系统损失的机械能为。