第1章 碰撞和动量守恒 单元基础卷Word版含答案

2020-2021学年度沪科版（2019）物理第1章 碰撞和动量守恒 单元基础卷
一、单选题
1．一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，重心上升高度为h。在此过程中（　　）
A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为mv2
B．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零
C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv2
D．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零
2．如图所示，小车与木箱静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上向右用力迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是（　　）
A．男孩和木箱组成的系统动量守恒
B．小车与木箱组成的系统动量守恒
C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同
3．质量相同的甲、乙两人站在光滑的冰面上，甲的手中拿有一个球。甲将球抛给乙，乙接到后，又抛给甲，如此反复多次，最后球落在乙的手中。此时甲、乙两人的速率关系是（　　）
A．甲、乙两人速率相等 B．甲速率大
C．乙速率大 D．两人仍保持静止状态
4．将质量为1.00kg的火箭模型点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度在很短时间内从火箭喷口喷出。若忽略燃气喷出过程中的重力和空气阻力作用，在燃气喷出的瞬间，火箭的动量大小为（　　）
A．30kg·m/s B．kg·m/s C． kg·m/s D． kg·m/s
5．在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动（B在前），已知碰前两球的动量分别为pA=12kg·m/s、pB=13kg·m/s，碰后它们的动量变化分别为ΔpA、ΔpB，下列数值可能正确的是（　　）
A．ΔpA=-3kg·m/s、ΔpB=3kg·m/s B．ΔpA=3kg·m/s、ΔpB=-3kg·m/s
C．ΔpA=-24kg·m/s、ΔpB=24kg·m/s D．ΔpA=24kg·m/s、ΔpB=-24kg·m/s
6．如图所示，一块质量为M的长木板停在光滑的水平面上，长木板的左端有挡板，挡板上固定一个水平轻质小弹簧。一个质量为m的小物块（可视为质点）以水平速度v0从长木板的最右端开始向左运动，与弹簧发生相互作用后（弹簧始终处于弹性限度内），最终又恰好相对静止在长木板的最右端。以下说法正确的是（　　）
A．物块的最终速度为v0
B．长木板的最终速度为v0
C．弹簧的最大弹性势能为
D．长木板和小物块组成的系统最终损失的机械能为
7．如图所示，质量为2m的物块静止在光滑水平地面上，其左侧是半径为R的光滑四分之一圆弧，左端底部恰好与地面相切。水平轻弹簧左端固定，右端与质量为m的小球接触（不拴接），现将小球由静止释放，小球离开弹簧后滑上圆弧轨道，已知小球能到达的最大高度距地面为3R，重力加速度大小为g，小球返回时接触并压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能为（　　）
A．mgR B．mgR C．mgR D．mgR
8．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的质量是子弹B的质量的2倍
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的初始速度都增加为原来的2倍，则子弹A射入木块的深度仍是子弹B的2倍
9．如图所示，竖直放置的轻质弹簧下端固定在地面上，上端与物块A连接，物块A处于静止状态时弹簧的压缩量为x0。现有物块B从距物块A上方某处由静止释放，B与A相碰后立即一起向下运动但不粘连，此后物块A、B在弹起过程中将B抛离A。此过程中弹簧始终处于竖直状态，且在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法中正确的是（　　）
A．当B与A分离时，弹簧的压缩量为x0
B．两物块一起运动过程中的最大加速度大于g
C．当B与A一起向上运动到弹簧的压缩量为x0时，它们共同运动的速度最大
D．从B开始下落至B与A分离的过程中，两物块及弹簧组成的系统机械能守恒
10．如图所示，在光滑的水平地面上静止放着质量为2 kg的“L”形木板A，其左端挡板与放在A板上的质量为1 kg的小物块B间夹着一小块炸药，炸药爆炸时，有3 J的化学能转化为A、B的动能，爆炸结束瞬间，质量为1 kg的物块C以水平向左，大小为2 m/s的速度从A板右端滑上木板，最终物块B、C恰好没有发生碰撞，且木板与两物块间的动摩擦因数均为0.2，取g＝10 m/s2，则（　　）
A．木板A最终水平向右运动 B．木板长度为2.75 m
C．最终B距离木板左端2 m D．最终C距离木板右端1 m
二、多选题
11．甲、乙两辆玩具汽车，质量分别为，，在光滑水平面上沿同一直线运动，速度分别是，，甲从后面追上乙，并发生正碰，碰后两物体的速度有可能是（　　）
A． B．
C． D．
12．火箭飞行时，在极短时间内喷射燃气的质量是，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度是u，喷出燃气后火箭的质量是m，下列说法正确的是（　　）
A．火箭的发射利用了反冲原理
B．喷出燃气时，火箭受到的推力为
C．喷出燃气后，火箭的动量改变量大小为
D．火箭喷出燃气的质量与火箭本身质量之比越小，火箭增加的速度就越大
13．如图所示，质量为3m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一个质量为m的小物块从槽上高h处开始自由下滑，小物块的初始位置与弧形槽底端的水平距离为s。下列说法正确的是（　　）
A．在下滑过程中，小物块和弧形槽组成的系统动量守恒
B．在下滑到弧形槽底端的过程中，小物块对地的水平位移为s
C．小物块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能
D．小物块被弹簧反弹后能追上弧形槽，且沿弧形槽上升的最大高度为
14．如图所示，用长为l的轻绳悬挂一质量为M的沙箱，沙箱静止。一质量为m的弹丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度，不计空气阻力。对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程，下列说法正确的是（　　）
A．若保持m、v、l不变，M变大，则系统损失的机械能变小
B．若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能变小
C．若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能变大
D．若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能不变
15．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
C．从到的过程中，物块运动加速度的最大值
D．从到的过程中，弹簧的弹性势能增加了
三、实验题
16．某同学用如图所示的装置来验证动量守恒定律，实验步骤如下：
①将白纸、复写纸固定在竖直放置的木板上，用来记录小球与木板的撞击点。
②固定轨道并使轨道末端水平。
③将木板竖直立在固定轨道末端右侧，与轨道末端接触并垂直，只让小球A从斜轨上滚下，记下小球A在木板上的撞击点的位置O。
④将木板平移到图中所示位置，轨道末端不放小球B，让小球A从斜轨上某位置由静止释放，重复10次，得到小球A在木板上的撞击点的平均位置P。
⑤在轨道末端放上小球B，仍将小球A从斜轨上同一位置由静止释放与小球B相撞，重复10次，得到小球A和小球B在木板上的撞击点的平均位置M和N。
⑥用米尺测出O与N、P、M的高度差，分别为、、。
根据以上步骤，回答以下问题：
(1)另一名同学认为可以采用两个体积大小不同的小球，这样对吗？______（填“对”或“不对”）。
(2)实验中除需测量、、外，还需要测量的物理量是______（填字母序号即可）。
A．小球A释放点到轨道末端的竖直高度h
B.小球A和小球B的质量、
C．轨道末端到木板的水平距离x
(3)若所测量物理量满足表达式______（用实验中所需测量的物理量符号表示），则说明两小球碰撞过程中动量守恒。
17．某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块（上方安装有宽度为d的遮光片）、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。
实验步骤如下：
(1)开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间______时，可认为气垫导轨水平；
(2)用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块（含遮光片）的质量m2；
(3)用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块；
(4)令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间Δt1、Δt2及遮光片从A运动到B所用的时间t12；
(5)在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I=______，滑块动量改变量的大小Δp=______；（用题中给出的物理量及重力加速度g表示）
(6)实验数据处理中，发现拉力的冲量I略大于滑块动量的改变量，请从系统误差的角度说明原因：______。
四、解答题
18．一质量为m=20g的子弹以速度v0=500m/s水平射入并穿过静置在光滑水平地面上的木块，如图所示。已知木块的质量为M=2kg，子弹穿过木块的时间为t=8×10-5s，木块对子弹的阻力恒为f=2.5×104N。子弹穿过木块后，子弹和木块运动的速度。
19．一端连接轻质弹簧的物体B静止在光滑水平面上（如图所示）。物体A以速度向右运动压缩弹簧，当弹簧恢复原长时，B的速度为，已知物体B的质量为，试求：
（1）物体A最终的速度；
（2）弹簧在压缩过程中的最大弹性势能。
20．轻质弹簧原长为0.4m，将弹簧竖直悬挂在天花板上，将一质量为 13.5kg的物体连接在弹簧下端，由静止释放，当弹簧被拉伸到最长时，弹簧长度为0. 6m。现将该弹簧水平放置在一辆高 H=0.5m、质量M =2kg的小车上。左端固定在车上，右端与物块（可视为质点）接触但不连接，物块的质量m=1kg。现用物块将弹簧压缩为0.2m，锁定物块和小车，此时物块距小车右端L=2.2m。加图所示。解除物块和小车锁定，物块和小车被弹簧弹开。已知地面光滑，小车上表面右侧L2=2m段粗糙，其余部分光滑，物块与小车粗糙段间的动摩擦因数μ =0.75 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求弹簧恢复原长时，物块和小车各自的速度大小；
(2)求从弹簧恢复原长到物块刚脱离小车，经历的时间；
(3)当物块落地时，求物块距小车的水平距离。
21．如图所示，倾角为的固定足够长斜面的底端安装有挡板（垂直斜面），用手（图中未画出）控制质量为m的光滑滑块P与质量为2m的滑块Q（P、Q均视为质点），使P、Q静止于斜面上离挡板足够远的A点。现将手拿开，同时使P、Q间的炸药（质量不计）爆炸，爆炸过程中化学能转变成P、Q的总机械能为E0，爆炸后P沿斜面下滑、Q沿斜面上滑。Q与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所有碰撞均无机械能损失。求：
（1）炸药爆炸后的瞬间P的速度大小vP以及Q的速度大小vQ；
（2）在炸药爆炸后至P、Q第一次碰撞前瞬间的过程中，Q上滑的高度hQ；
（3）Q从A点上升的最大高度H。
22．如图所示，在竖直平面内，粗糙水平面左侧与四分之一光滑圆弧轨道在P点相切，右侧与水平面成的足够长传送带在Q点平滑连接。水平面长，四弧半径，皮带轮逆时针转动速率。物块B停在Q点，现从光滑圆弧最高点将物块A由静止释放，经过P点运动到Q点，与B发生弹性碰撞，A与B的碰撞时间忽略不计，两物块都可视为质点，其质量，物块A与间动摩擦因数，物块B与传送带间的动摩擦因数，取。求：
（1）物块A第一次滑到P点前瞬间，圆弧轨道对物块A的支持力大小；
（2）从物块A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，物块B在传送带上的运行时间t；
（3）物块A、B能够发生碰撞的总次数N。
参考答案
1．B
设向上为正方向，则由动量定理
解得地面对他的冲量为
I=mv＋mgΔt
因地面对人的作用力没有位移，则地面对他做的功为零。
2．C
A．在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中，男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
B．小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误；
C．男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故C正确；
D．木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，故D错误。
3．B
设人的质量为M，球的质量为m，在冰面上抛球，系统动量守恒，初状态两者速度为零，总动量为零，最后球落在乙的手中时，由动量守恒可得
整理可得，故甲的速率大，B正确。
4．A
开始时火箭的总动量为零，设竖直向上为正方向，根据动量守恒定律
代入数据解得火箭的动量大小为
故A正确，BCD错误。
5．A
BD．对于碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律、碰后系统的机械能不增加、碰撞过程要符合实际情况。本题属于追及碰撞，碰前，后面小球的运动速度一定要大于前面小球的运动速度（否则无法实现碰撞）。碰后，前面小球的动量增大，后面小球的动量减小。减小量等于增大量，所以ΔpA<0，ΔpB>0，并且
ΔpA=-ΔpB
据此可排除选项B、D，BD错误；
AC．若ΔpA=-24kg·m/s、ΔpB=24kg·m/s，碰后两球的动量分别为pA=-12kg·m/s，pB=37kg·m/s，根据关系式Ek=可知，A球的质量和动量大小不变，动能不变，而B球的质量不变，动量增大，所以B球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，选项C可以排除；经检验，只有选项A中的数值满足碰撞所遵循的三个原则，A正确，C错误。
6．D
AB．小物块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程，小物块与长木板组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，则有
mv0＝（m＋M）v2
解得
v2＝
故AB错误；
CD．小物块从开始位置滑动到最左端的过程，小物块与长木板组成的系统动量守恒，则有
mv0＝（m＋M）v1
解得
v1＝
由能量守恒定律，得
Epm＋Q＋（m＋M）v12＝mv02
Q＝FfL
小物块从开始位置滑动到最右端的过程中，由能量守恒定律，得
Q′＋（m＋M）v22＝mv02
Q′＝Ff（2L）
联立解得
Epm＝
Q′＝
即弹簧的最大弹性势能为
Epm＝
系统损失的机械能为
ΔE＝Q′＝
故C错误D正确。
7．C
设小球释放时弹簧的弹性势能为Ep，小球离开弹簧时速度为v0，则
Ep=m
滑上圆弧轨道后，小球能到达的最大高度距地面为3R，此时小球和轨道水平方向具有相同的速度，设为v，则由动量守恒定律有
mv0=3mv
对系统由机械能守恒定律有
m×3m×v2+mg·3R
解得
Ep=mgR
小球到达最高点后开始落下，再次进入圆弧轨道，当小球离开圆弧轨道时，设小球和圆弧轨道的速度分别为v1、v2，则由动量守恒定律有
mv0=mv1+2mv2
对系统由机械能守恒定律有
mm+×2m
解得
v1=-v0
小球返回时接触并压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能
Ep'=mEp=mgR
8．D
A．根据系统动量守恒，有
对子弹A，根据动能定理，有
对子弹B，根据动能定理，有
依题意，有
联立，可得
故A错误；
B．根据A项分析易知子弹A的初动量和子弹B的初动量大小为
联立，可得
故B错误；
C．若子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍，则根据A项分析，两子弹的初动量仍为相等的关系，故系统动量仍守恒，木块会始终保持静止，故C错误；
D．依题意，对子弹A，根据动能定理，有
对子弹B，根据动能定理，有
联立，可得
故D正确。
9．B
A．物块A处于静止状态时弹簧的压缩量为x0。 ，当B与A分离时，加速度相同，且之间无弹力，可知，此时A的加速度为g，则弹簧处于原长处，故A错误；
B．如果B物体静止释放到A的上端，做简谐运动，则最低点加速度大小为g，而现在到达A端上端速度大于零，则最低点位置更低，则加速度大于g，所以两物块一起运动过程中的最大加速度大于g，故B正确；
C．当B与A一起向上运动到弹簧的压缩量为x0时，合力向下，已经减速，速度不是最大，故C错误；
D．从B开始下落至B与A分离的过程中，两物块及弹簧组成的系统机械能不守恒，因为完全非弹性碰撞过程中存在损失，故D错误。
10．C
A．全过程ABC系统合外力为零，动量守恒，且总动量向左，故最终木板应向左滑动，选项A错误；
B．又
mCvC＝（mA＋mB＋mC）v
v＝0.5 m/s
炸药爆炸后瞬间，AB满足动量守恒
mAvA=mBvB
且机械能增加3 J，
故可知A获得的速度
vA=1 m/s
B获得的速度
vB=2 m/s
故全过程BC在板上的相对位移之和满足
s＝2.25 m
选项B错误；
CD．由受力分析可知，A先向左匀速，C向左2 m/s2匀减速，B向右2 m/s2匀减速，AC共速后，又一起以加速度向左匀减速，直到三者共速，故C在A上滑行的相对位移
sB＝s-sC＝2 m
故选项C正确，D错误。
11．AB
碰撞的过程中不仅满足动量守恒，而且碰撞之后的动能不可能超过碰撞之前的动能；如果碰撞是弹性碰撞，没有损失动能，此时m2的速度最大，根据
解得
如果碰撞是完全非弹性碰撞，损失动能最多，此时m2的速度最小，根据
解得
因此碰后m2的速度范围
12．AC
A．火箭的发射利用了反冲原理，选项A正确；
B．火箭喷气前的速度为v，喷气后火箭的速度v′，则喷出的气体对地的速度为u-v，设火箭运动的方向为正方向，则对喷出的气体，根据动量定理
可得火箭受到的推力为
选项B错误；
C．由动量守恒
喷出燃气后，火箭的动量改变量大小为
选项C正确；
D．因为火箭速度的增加量
即火箭喷出燃气的质量与火箭本身质量之比越小，火箭增加的速度就越小，选项D错误。13．CD
A．利用整体法，下滑过程中，光滑弧形槽与物块在水平方向合力为零，所以在水平方向动量守恒，光滑弧形槽的速度变大，动能增加，故物块的机械能减少，故物块的机械能不守恒，故A错误；
B．下滑过程中，物块和弧形槽组成的水平动量守恒，则
可知两者的速度之比为3:1；位移之和为s，运动时间相等，则位移之比为3:1，可知物块和弧形槽的位移分别为
和
故B错误；
C．由动量守恒和机械能守恒得
解得物块的速度
动能
小物块压缩弹簧的过程中，其动能全部转化为弹簧的弹性势能，所以最大弹性势能为
故C正确；
D．小物块被弹簧反弹后的速度大小与反弹前的速度大小相等，所以能追上弧形槽，当沿弧形槽上升到最大高度时，由动量守恒可得
由机械能守恒得
解得
故D正确。
14．CD
弹丸击中沙箱过程系统水平方向动量守恒，以弹丸的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mv=（M+m）v′
解得
弹丸与沙箱一起摆动过程系统机械能守恒，由能量守恒定律可知，整个过程系统损失的机械能为
A．若保持m、v、l不变，M变大，系统损失的机械能
变大，故A错误；
B．若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能
变大，故B错误；
C．若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能
变大，故C正确；
D．若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能
不变，故D正确。
15．ABD
A．当A与B接触时，A下降x1，当A与B即将接触时有
解得
由图乙可知，A、B共速时的速度
v共
由动量守恒定律
mAv =（mA+mB）v共
解得
mA﹕mB=1﹕2
A正确；
B．当A、B一起运动到x2位置时，速度最大，有
（mA+mB）g=k（x2?x1）
A下落运动x1中，有
mAgx1=Ek1
2mA=mB
B正确；
C．当A、B一起运动到x=x3时，加速度a最大，由牛顿第二定律有
k（x3?x1）?（mA+mB）g=（mA+mB ）amax
C错误；
D．在A、B碰撞的运动中，减少的能量
在整个运动中，由能量守恒定律有
mAgx3+mBg（x3?x1）?ΔE=ΔEP
解得
D正确。
16．
(1)[1]两球要发生对心碰撞，两球半径应相等，采用两个体积大小不同的小球是错误的。
(2)[2]小球离开轨道后做平抛运动，设轨道末端到木板的距离为x，小球离开轨道时的速度为v；
水平方向
x=vt
竖直方向
解得
则碰撞前小球A的速度
碰撞后小球A的速度
碰撞后小球B的速度

设A球的质量为mA，B球的质量为mB，两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mAv0=mAv1+mBv2
整理得
要验证动量守恒定律，除测量h1、h2、h3外还需要测量小球A和小球B的质量，故选B。
(3)[3]若所测量物理量满足表达式
则说明两小球碰撞过程中动量守恒。
17．
（1）[1] 开动气泵，调节气垫导轨，当气垫导轨水平时，轻推滑块，滑块在导轨上做匀速直线运动，滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间大约相等。
（2）[2] 在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，拉力的大小等于砝码和砝码盘所受重力，故
而遮光片从A运动到B所用的时间为t12，故拉力冲量的大小
[3] 滑块经过A时的瞬时速度
滑块经过B时的瞬时速度
滑块动量改变量的大小
（3）[4]计算速度时用经过光电门的平均速度代替滑块经过A、B两处的瞬时速度，致使拉力的冲量I略大于滑块动量的改变量 。
18．
设子弹穿过木块后，子弹的运动速度为v1，木块的运动速度为v2，以水平向右为正方向，根据动量定理对子弹，有
-ft=mv1-mv0
对木块，有
ft=Mv2
解得
v2=1m/s，v1=400m/s
19．（1）设物体A的质量为由动量守恒
由能量守恒
解得
负号表示A最终向左运动；
（2）设弹簧具有最大弹性势能时A、B的速度为，由动量守恒
由能量守恒
可解得
，
20(1)弹簧拉伸到最长伸长了
当弹簧压缩到时候，由于拉伸压缩型变量相同，所以弹性势能依然为
根据动量守恒和能量守恒有
解得
(2)从弹簧恢复原长到物块脱离小车，过程中依然满足动量守恒定律和能量守恒定律
单独研究物块的运动
（用分式表示或者均给分）
(3)物块与小车脱离后做平抛运动，物块做平抛运动，车做匀速直线运动
21．
（1）炸药爆炸过程中，由动量守恒定律和能量守恒定律，有
解得
，
（2）设炸药爆炸后Q沿斜面上滑的加速度大小为a，由牛顿第二定律有
2mgsinθ+tanθ×2mgosθ=2ma
由匀变速直线运动的规律有
解得
（3）设炸药爆炸后P、Q第一次碰撞前瞬间P的速度大小为vP′，由动能定理有
解得
设第一次碰撞后瞬间P、Q的速度大小分别为vP1、vQ1，由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
解得
，
设第一次碰撞后Q上滑的高度为h1，对Q，由匀变速直线运动的规律有
解得
假设P、Q发生第二次碰撞，且碰撞前瞬间P的速度大小为vP2，由动能定理有
可得，故假设不成立，P、Q不会发生第二次碰撞，有
22．【(1)物块A第一次滑到P点过程中，由动能定理有
在P点，根据牛顿第二定律有
解得
(2)物块A从P到Q过程中，根据动能定理有
解得
A、B碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
解得
B沿传送带向上至反向滑行到与传送带速度相同过程中，根据牛顿第二定律有
解得
由匀变速运动的速度规律可得
解得
物块B与传送带速度相同后由于
所以物块B以v做匀速运动
所以从物块A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，物块B在传送带上的运行时间为
(3)设A、B碰撞两次后，A运动的路程为s，根据动能定理有
解得
取整得次，故物块A、B能够发生碰撞6次。