1/12019-2021北京重點校高一（下）期末物理匯編彈性碰撞和非彈性碰撞一、多選題1．（2019·北京·首都師范大學附屬中學高一期末）一木塊靜止在光滑水平面上，一顆子彈沿水平方向射入木塊中，并留在了木塊里．則在子彈射入木塊的過程中（

）A．子彈對木塊的沖量和木塊對子彈的沖量大小相等B．子彈對木塊的沖量大于木塊對子彈的沖量C．子彈對木塊做的功與木塊對子彈做的功大小相等D．子彈對木塊做的功小于木塊對子彈做的功2．（2019·北京·首都師范大學附屬中學高一期末）A、B兩船的質(zhì)量均為M，它們都靜止在平靜的湖面上，當A船上質(zhì)量為M的人以水平速度v從A船跳到B船，再從B船跳回A船．經(jīng)多次跳躍后，人最終跳到B船上，設(shè)水對船的阻力不計，則（

）A．A、B兩船最終的速度大小之比為3：2B．A、B（包括人）最終的動量大小之比為1：1C．A、B（包括人）最終的動量之和為零D．因為跳躍次數(shù)未知，故以上答案均無法確定3．（2019·北京·首都師范大學附屬中學高一期末）質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，A球的動量是8kg·m/s，B求的動量是4kg·m/s，當A求追上B球時發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動量可能值是（

）A．PA=6kg·m/s,B．PA=7kg·m/s,C．PA=-2kg·m/s,D．PA=-4kg·m/s,4．（2020·北京·首都師范大學附屬中學高一期末）如圖所示，質(zhì)量為M的長木板靜止在光滑水平地面上，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小滑塊（可視為質(zhì)點）以v0的初速度從木板左端沿木板上表面沖上木板，帶動木板M一起向前滑動，木板足夠長。從m開始沖上M到兩者共速，這段時間內(nèi)，以下說法正確的是（）A．木塊m的動量變化量的方向水平向左B．木板M的動量變化量的方向水平向右C．m動量變化量的大小大于M動量變化量的大小D．m的損失的動能與M獲得的動能大小相等5．（2019·北京四中高一期末）A、B兩個質(zhì)量相等的球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，A球的動量是7kg·m/s，B球的動量是5kg·m/s，A球追上B球發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動量可能值是()A．pA′＝8kg·m/s，pB′＝4kg·m/sB．pA′＝6kg·m/s，pB′＝6kg·m/sC．pA′＝5kg·m/s，pB′＝7kg·m/sD．pA′＝－2kg·m/s，pB′＝14kg·m/s6．（2019·北京師大附中高一期末）老師課上用如圖所示的“牛頓擺”裝置來研究小球之間的碰撞，5個完全相同的小鋼球用輕繩懸掛在水平支架上，5根輕繩互相平行，5個鋼球彼此緊密排列，球心等高且位于同一直線上，用1、2、3、4、5分別標記5個小鋼球.當把小球1向左拉起一定高度后由靜止釋放，使它在極短時間內(nèi)撞擊其他小球，對此實驗的下列分析中，正確的是（

）A．上述實驗中，可觀察到球5向右擺起，且達到的最大高度與球1的釋放高度相同B．上述碰撞過程中，5個小球組成的系統(tǒng)機械能守恒，動量守恒C．如果同時向左拉起小球1、2、3到相同高度后，在同時由靜止釋放，經(jīng)碰撞后，小球4、5一起向右擺起，且上升的最大高度大于小球1、2、3的釋放高度D．若只用小球1、2進行實驗，將它們分別向左、右各拉起一個較小的高度，且小球1的高度是小球2的兩倍，由靜止釋放，可觀察到發(fā)生碰撞后兩小球均反彈并返回初始高度7．（2020·北京·首都師范大學附屬中學高一期末）如圖所示，質(zhì)量為M的長木板靜止在光滑水平地面上，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小滑塊（可視為質(zhì)點）以v0的初速度從木板左端沿

木板上表面沖上木板，帶動木板M一起向前滑動，木板足夠長。根據(jù)本題的已知條件，從m開始沖上M到兩者共速，可以求出的物理量有（）A．m和M共同運動的速度B．兩者共速所需要的時間C．m與M之間的摩擦力f對兩物體做功之和D．m與M之間的摩擦力f對M的沖量8．（2020·北京·清華附中高一期末）如圖所示，圖中的線段a、b、c分別表示在光滑水平面上沿一條直線運動的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發(fā)生正碰后結(jié)合體的速度—時間圖象。已知相互作用時間極短，則由圖象可知（）A．碰前滑塊Ⅰ的速度比滑塊Ⅱ的速度大B．碰前滑塊Ⅰ的動量比滑塊Ⅱ的動量小C．滑塊Ⅰ的質(zhì)量比滑塊Ⅱ的質(zhì)量大D．碰撞過程中，滑塊Ⅰ受到的沖量比滑塊Ⅱ受到的沖量大9．（2020·北京·首都師范大學附屬中學高一期末）在一個反應堆中用石墨做慢化劑使快中子減速。碳原子核的質(zhì)量是中子的12倍，假設(shè)中子與碳原子核的每次碰撞都是彈性正碰，而且認為碰撞前碳核都是靜止的。微觀粒子之間的碰撞均遵循碰撞的一般規(guī)律。關(guān)于原子的內(nèi)部結(jié)構(gòu)，有以下知識可供參考：①一個原子的直徑大約是10-10m，極小極小；②原子由質(zhì)子與中子組成，這兩種粒子的的質(zhì)量幾乎相同，約為電子質(zhì)量的2000倍；③原子核只占據(jù)的原子內(nèi)部極小的空間（大約為原子整個體積的10-15），卻集中了幾乎所有原子的質(zhì)量；④小小的電子們（直徑大約為10-15m）在原子內(nèi)部、原子核之外的“廣袤”的空間中“游蕩”著。根據(jù)上述研究，用碳作為中子減速劑比起用更重的原子（比如硅，它的質(zhì)量是中子的28倍），其優(yōu)勢有（）A．每一次碰撞的減速效果明顯B．達到相同能量要求，需要減速的次數(shù)較少C．其他材料中電子對碰撞的影響不可忽略D．中子與質(zhì)量較小的原子碰撞，物理規(guī)律相對簡單、計算簡便二、單選題10．（2020·北京·首都師范大學附屬中學高一期末）在一個反應堆中用石墨做慢化劑使快中子減速，碳原子核的質(zhì)量是中子的12倍，假設(shè)中子與碳原子核的每次碰撞都是彈性正碰，而且認為碰撞前碳核都是靜止的。微觀粒子之間的碰撞均遵循碰撞的一般規(guī)律，關(guān)于原子的內(nèi)部結(jié)構(gòu)，有以下知識可供參考：①一個原子的直徑大約是10－10m，極小極小；②原子由質(zhì)子與中子組成，這兩種粒子的質(zhì)量幾乎相同，約為電子質(zhì)量的2000倍；③原子核只占據(jù)的原子內(nèi)部極小的空間（大約為原子整個體積的10－15），卻集中了幾乎所有原子的質(zhì)量；④小小的電子們（直徑大約為10－15m）在原子內(nèi)部、原子核之外的“廣袤”的空間中“游蕩”著。設(shè)碰撞前中子的動能是E0，經(jīng)過一次碰撞，中子失去的動能大約是多少？（可用計算器）（）A．15% B．30% C．50% D．85%11．（2021·北京·101中學高一期末）如圖所示，小物塊A通過一不可伸長的輕繩懸掛在天花板下，初始時靜止。從發(fā)射器（圖中未畫出）射出的小物塊B沿水平方向與A相撞，碰撞前B的速度大小為v，碰撞后二者粘在一起，并擺起一個較小角度。已知A和B的質(zhì)量分別為mA和mB，重力加速度大小為g，碰撞時間極短且忽略空氣阻力。下列選項正確的是（）A．B與A碰撞過程滿足動量守恒、機械能守恒B．B與A碰撞前后輕繩的拉力大小不變C．碰撞后AB一起上升的最大高度與輕繩的長度有關(guān)D．碰撞后AB一起上升的最大高度為h=12．（2019·北京·人大附中高一期末）如圖所示，站在車上的人，用錘子連續(xù)敲打小車．初始時，人、車、錘都靜止．假設(shè)水平地面光滑，關(guān)于這一物理過程，下列說法正確的是A．連續(xù)敲打可使小車持續(xù)向右運動B．人、車和錘組成的系統(tǒng)機械能守恒C．當錘子速度方向豎直向下時，人和車水平方向的總動量為零D．人、車和錘組成的系統(tǒng)動量守恒13．（2019·北京四中高一期末）質(zhì)量為M的木塊放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的子彈以水平速度v射向木塊，子彈最終“停留”在木塊中.在此過程中，對于子彈和木塊組成的系統(tǒng)，則（

）A．動量守恒，機械能也守恒B．動量守恒，機械能不守恒C．動量不守恒，機械能守恒D．動量不守恒，機械能不守恒14．（2020·北京·清華附中高一期末）如圖所示，在光滑水平面上，有A、B兩個小球沿同一直線向右運動，若取向右為正方向，兩球的動量分別是pA＝5.0kg·m/s，pB＝7.0kg·m/s.已知二者發(fā)生正碰，則碰后兩球動量的增量ΔpA和ΔpB可能是()A．ΔpA＝－3.0kg·m/s；ΔpB＝3.0kg·m/sB．ΔpA＝3.0kg·m/s；ΔpB＝3.0kg·m/sC．ΔpA＝3.0kg·m/s；ΔpB＝－3.0kg·m/sD．ΔpA＝－10kg·m/s；ΔpB＝10kg·m/s15．（2020·北京·首都師范大學附屬中學高一期末）速度為4m/s的鋼球與靜止的塑料球發(fā)生正碰，鋼球的質(zhì)量是塑料球的3倍，則碰后鋼球的速度大小不可能是（）A．1.5m/s B．2m/s C．2.5m/s D．3m/s16．（2020·北京·清華附中高一期末）如圖所示，在光滑的水平面上有兩物體A、B，它們的質(zhì)量均為m，在物體B上固定一個水平輕彈簧，初始時B物體處于靜止狀態(tài)，物體A以速度v0沿水平方向向右運動，通過彈簧與物體B發(fā)生作用，下列說法不正確的是（）A．當彈性勢能最大時，A、B兩物體共速B．在從A接觸彈簧到彈簧的彈性勢能逐漸增加到最大的過程中，彈簧對物體B所做的功為1C．當A的速度變?yōu)?的時候，彈簧再一次恢復原長D．整個過程中，整個系統(tǒng)機械能守恒，動量守恒17．（2021·北京·101中學高一期末）如圖所示，一個勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧豎直放置，彈簧上端固定一質(zhì)量為2m的物塊A，彈簧下端固定在水平地面上。一質(zhì)量為m的物塊B，從距離彈簧最上端高為h的正上方處由靜止開始下落，與物塊A接觸后粘在一起向下壓縮彈簧。從物塊B剛與A接觸到彈簧壓縮到最短的整個過程中（彈簧保持豎直，且在彈性限度內(nèi)形變），下列說法正確的是（）A．物塊B的動能先減少后增加又減小 B．物塊A和物塊B組成的系統(tǒng)動量守恒C．物塊A和物塊B組成的系統(tǒng)機械能守恒 D．物塊A物塊B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒18．（2021·北京·101中學高一期末）隨著科幻電影《流浪地球》的熱映，“引力彈弓效應”進入了公眾的視野?！耙椆笔侵冈谔者\動的探測器，借助行星的引力來改變自己的速度。為了分析這個過程，可以提出以下兩種模式：探測器分別從行星運動的反方向或同方向接近行星，分別因相互作用改變了速度。如圖所示，以太陽為參考系，設(shè)行星運動的速度為u，探測器的初速度大小為v0，在圖示的兩種情況下，探測器在遠離行星后速度大小分別為v1和v2。探測器和行星雖然沒有發(fā)生直接的碰撞，但是在行星的運動方向上，其運動規(guī)律可以與兩個質(zhì)量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律作類比。那么下列判斷中正確的是（）A．v1>v0 B．v1=v0 C．v2>v0 D．v2=v019．（2020·北京·清華附中高一期末）如圖所示，兩質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球A、B疊放在一起，從高度為h處自由落下，h遠大于兩小球半徑，落地瞬間，B先與地面碰撞，后與A碰撞，所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向、碰撞時間均可忽略不計。已知m2＝4m1，則A反彈后能達到的高度大約為（）A．2.2h B．3h C．4h D．4.8h三、解答題20．（2019·北京·首都師范大學附屬中學高一期末）如圖所示，質(zhì)量為2m的木板，靜止在光滑水平面上，木板左端固定著一根輕質(zhì)彈簧，一質(zhì)量m=1kg，大小不計的木塊，從木板右端以未知初速度v0開始沿木板向左滑行，最終回到了木板右端剛好與未從木板滑出．若在木塊壓縮彈簧的過程中，彈簧的彈性勢能可達到的最大值為6J（1）當彈簧彈性勢能最大時，木塊的速度與初速度的大小之比；（2）未知初速度v021．（2020·北京·清華附中高一期末）如圖，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內(nèi)。小球A、B質(zhì)量分別為m、3m，A球從在邊某高度處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點的B球相撞，碰撞后B球能達到的最大高度為R4。重力加速度為g（1）第一次碰撞剛結(jié)束時B球的速度；（2）在碰撞過程中B球?qū)球的沖量；（3）若AB兩球的碰撞是完全彈性碰撞，則A球當初是從多高的地方滑下的。22．（2021·北京二中高一期末）如圖，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間，A的質(zhì)量為m，B、C的質(zhì)量都為M，三者都處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)使A以某一速度向右運動，設(shè)物體間的碰撞都是彈性的。求：（1）A與C第一次碰后C的速度大小；（2）m和M之間滿足什么條件才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞。23．（2021·北京·101中學高一期末）在研究物理學問題時，為了更好地揭示和理解物理現(xiàn)象背后的規(guī)律，我們需要對研究對象進行一定的概括和抽象，抓住主要矛盾、忽略次要因素，建構(gòu)物理模型。諧振子模型是物理學中在研究振動問題時所涉及的一個重要模型。如圖甲所示，在光滑水平面上兩個物塊A與B由彈簧連接（彈簧與A、B不分開）構(gòu)成一個諧振子。初始時彈簧被壓縮，同時釋放A、B，此后A的v-t圖像如圖乙所示（規(guī)定向右為正方向）。已知mA=0.1kg，mB=0.2kg，彈簧質(zhì)量不計。(1)求在A物塊速度為2m/s時，B物塊的速度vB；(2)求初始時彈簧的彈性勢能Ep。24．（2020·北京·清華附中高一期末）如圖所示，兩個半徑為R的光滑14圓弧軌道AB、EF固定在地面上，一質(zhì)量為m的小物體（可看成質(zhì)點）從軌道的最高點A處由靜止滑下，質(zhì)量m為長為R的小車靜止在光滑的水平面CD上，小車平面與光滑圓弧軌道末端BE齊平。物體從軌道末端的B滑上小車，小車A即向右運動，當小車右端與壁DE剛接觸時，物體恰好滑到小車的右端且相對小車靜止。小車與DE相碰后立即停止運動，但與DE不粘連，物體則繼續(xù)滑上光滑軌道EF，以后又滑下來沖上小車。重力加速度為g（1）物體從A處滑到B處時的速度大??；（2）物體滑到小車右端時的速度大小（3）物體滑上EF軌道的最高點P相對于E點的高度h；（4）當水平面CD的長度為LCD，當物體再從EF上滑下并滑上小車，如果小車與壁BC相碰后速度也立即變?yōu)榱?，最后物體停在小車上的Q點。則求Q點距小車的右端距離為多少。

參考答案1．AD【詳解】AB.子彈對木塊的作用力與木塊對子彈的作用力是一對作用力與反作用力，故兩者大小相等，作用時間也相等，所以子彈對木塊的沖量和木塊對子彈的沖量大小相等，故A正確，B錯誤．CD.子彈對木塊的作用力與木塊對子彈的作用力大小速度，但是子彈的對地位移大于木塊的對地位移，子彈對木塊做的功小于木塊對子彈做的功，故C錯誤，D正確．2．BC【詳解】A.兩船和人的總動量守恒，由動量守恒定律可得MvA=2MvBB.兩船和人的總動量守恒，所以A船的動量和B船（包括人）的動量大小相等，方向相反，即A、B（包括人）最終的動量大小之比為1：1，故B正確．C.兩船和人的總動量守恒，系統(tǒng)的的初動量為零，所以A、B（包括人）最終的動量之和為零，故C正確．D.由上述分析可知D錯誤．3．AB【詳解】兩球碰撞動量守恒，動能不增加，以下四個選項動量都是守恒的，只需比較碰前后的動能關(guān)系就可，動量和動能的關(guān)系為Ek=A.碰后的總動量為：E'k=622m+6B.碰后的總動量為：E'k=722m+5C.碰后的總動量為：E'k=222m+14D.碰后的總動量為：E'k=422m+164．AB【詳解】A．由于木塊m在摩擦力作用下做勻減速運動，則動量向右減小，即木塊的動量變化量的方向水平向左，選項A正確；B．木板M的速度向右增加，則木板M動量變化量的方向水平向右，選項B正確；C．由于系統(tǒng)受合外力為零，則系統(tǒng)動量守恒，即m動量變化量的大小等于M動量變化量的大小，選項C錯誤；D．設(shè)此過程中，m相對木板滑動的距離為l，木板向前的位移為d，由動能定理，m的損失的動能ΔM獲得的動能大小Δ可知m的損失的動能大于M獲得的動能，選項D錯誤。故選AB。5．BC【詳解】以兩物體組成的系統(tǒng)為研究對象，以甲的初速度方向為正方向，兩個物體的質(zhì)量均為m，碰撞前系統(tǒng)的總動能：Ek=P甲22m甲+P乙22m乙=722m+522m=37m；系統(tǒng)的總動量：P=7kg?m/s+5kg?m/s=12kg?m/s；碰后甲乙兩球動量為：8kg?m/s，4

kg?m/s，系統(tǒng)的總動量P′=8+4=12kg?m/s，動量守恒．碰后，兩球同向運動，甲的速度比乙球的速度大，不符合兩球的運動情況，所以不可能，故A錯誤．碰后甲乙兩球動量為：6

kg?m/s，6

kg?m/s，系統(tǒng)總動量P′=6+6=12kg?m/s，系統(tǒng)的動量守恒，總動能：【點睛】對于碰撞過程要遵守三大規(guī)律：1、是動量守恒定律；2、總動能不增加；3、符合物體的實際運動情況．6．AB【詳解】A.上述實驗中，由于5個球是完全相同的小球，則相互碰撞時要交換速度，即第5個球被碰瞬時的速度等于第1個球剛要與2球碰撞時的速度，由能量關(guān)系可知，觀察到球5向右擺起，且達到的最大高度與球1的釋放高度相同，選項A正確；B.上述碰撞過程中，5個小球組成的系統(tǒng)碰撞過程無能量損失，則機械能守恒，水平方向受合外力為零，則系統(tǒng)的動量守恒，選項B正確；C.如果同時向左拉起小球1、2、3到相同高度同時由靜止釋放，則3與4碰后，3停止4具有向右的速度，4與5碰撞交換速度，4停止5向右擺起；3剛停止的時候2球過來與之碰撞交換速度，然后3與4碰撞，使4向右擺起；2球剛停止的時候1球過來與之碰撞交換速度，然后2與3碰撞交換速度，使3向右擺起；故經(jīng)碰撞后，小球3、4、5一起向右擺起，且上升的最大高度與小球1、2、3的釋放高度相同；故C錯誤；D.若只用小球1、2進行實驗，將它們分別向左、右各拉起一個較小的高度，且小球1的高度是小球2的兩倍，由靜止釋放，則到達最低點時1球的速度是2球的兩倍，相碰后兩球交換速度各自反彈，則可觀察到發(fā)生碰撞后小球2的高度是小球1的兩倍，選項D錯誤．7．ACD【詳解】A．根據(jù)動量守恒定律，兩物體碰撞過程動量守恒m解得v=故A正確；B．不知道摩擦系數(shù)，無法求時間。故B錯誤；C．m與M之間的摩擦力f對兩物體做功之和等于體統(tǒng)損失的機械能W故C正確；D．m與M之間的摩擦力f對M的沖量I=Δp=Mv=故D正確。故選ACD。8．AC【詳解】碰撞前滑塊I速度為：v1=5m/s，滑塊II速度為v2=-3m/s；碰撞后的共同速度為2m/s；A．碰撞前滑塊I速度為：v1=5m/s，滑塊II速度為v2=-3m/s，故A正確；B．碰撞的總動量為正，根據(jù)動量守恒定律，碰撞前的總動量也為正，故碰撞前滑塊Ⅰ的動量較大，故B錯誤；C．根據(jù)動量守恒定律，有5m1-3m2=2（m1+m2）解得m故滑塊Ⅰ的質(zhì)量比滑塊Ⅱ的質(zhì)量大，故C正確；D．碰撞過程中，滑塊Ⅰ受到的沖量與滑塊Ⅱ受到的沖量等大、反向，故D錯誤。故選AC。9．AB【詳解】用m1表示中子質(zhì)量，m2表示某原子核質(zhì)量，v10和v1表示中子碰撞前后的速度。1m1v10解得v中子碰后，動能會損失，動能損失比率為ΔE對于碳ΔE對于硅ΔEABD．根據(jù)分析可知用碳作為中子減速劑時每一次碰撞的減速效果明顯，則達到相同能量要求，需要減速的次數(shù)較少，AB正確D錯誤；CD．任何材料中電子的質(zhì)量都是相同的，所以電子對碰撞的影響都可忽略。故選AB。10．B【詳解】設(shè)中子的質(zhì)量為m，速度為v0，碳核的質(zhì)量為M，碰撞后中子、碳核的速度分別為v1、v，以v0方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得m根據(jù)機械能守恒定律得1聯(lián)立解得v碰撞一次，中子損失的動能為Δ故B正確，ACD錯誤。故選B。11．D【詳解】A．由于碰撞時間極短，外力的沖量忽略不計，所以B與A碰撞過程滿足動量守恒。碰撞后二者粘在一起，發(fā)生非彈性碰撞，機械能有損失，故A錯誤；B．設(shè)碰撞后瞬間AB的共同速度為v′。取水平向右為正方向，由動量守恒定律得

mBv=（mA+mB）v′碰撞前，對A有F1=mAg碰撞后，對AB整體，有F聯(lián)立解得B與A碰撞前后輕繩的拉力大小分別為F1=mAgF2則知B與A碰撞前后輕繩的拉力大小發(fā)生了改變，故B錯誤；CD．碰撞后AB一起上升的過程，根據(jù)機械能守恒得12（mA+mB）v′2=（mA+mB）結(jié)合v'=解得h=與繩長L無關(guān)，故C錯誤，D正確。故選D。12．C【詳解】A.人、車和錘看做一個系統(tǒng)處在光滑水平地面上，水平方向所受合外力為零，故水平方向動量守恒，總動量始終為零，當大錘有相對大地向左的速度時，車有向右的速度，當大錘有相對大地向右的速度時，車有向左的速度，故車來回運動，故A錯誤；B.大錘擊打小車時，發(fā)生的不是完全彈性碰撞，系統(tǒng)機械能有損耗，故B錯誤；C.大錘的速度豎直向下時，沒有水平方向的速度，因為水平方向總動量恒為零，故人和車的總動量也為零，故C正確；D.人、車和錘水平方向動量守恒，因為大錘會有豎直方向的加速度，故豎直方向合外力不為零，豎直動量不守恒，系統(tǒng)總動量不守恒，故D錯誤．13．B【詳解】在子彈射入木塊的整個過程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，只有一對內(nèi)力即摩擦阻力作用，則子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒.在子彈射入木塊的過程，有一對摩擦阻力做功，子彈的部分動能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，因此系統(tǒng)的機械能不守恒.A.動量守恒，機械能也守恒與分析結(jié)果不相符；故A項不合題意.B.動量守恒，機械能不守恒與分析結(jié)果相符；故B項符合題意.C.動量不守恒，機械能也守恒與分析結(jié)果不相符；故C項不合題意.D.動量不守恒，機械能不守恒與分析結(jié)果不相符；故D項不合題意.14．A【詳解】根據(jù)碰撞過程動量守恒定律，如果△pA=-3kg?m/s、△pB=3kg?m/s，所以碰后兩球的動量分別為p′A=2kg?m/s、p′B=10kg?m/s，根據(jù)碰撞過程總動能可能不增加，是可能發(fā)生的，故A正確．兩球碰撞過程，系統(tǒng)的動量守恒，兩球動量變化量應大小相等，方向相反，若△PA=3kg?m/s，△PB=-3kg?m/s，違反了動量守恒定律，不可能，故B錯誤．根據(jù)碰撞過程動量守恒定律，如果△pA=3kg?m/s、△pB=-3kg?m/s，所以碰后兩球的動量分別為p′A=8kg?m/s、p′B=4kg?m/s，由題，碰撞后，兩球的動量方向都與原來方向相同，A的動量不可能沿原方向增大，與實際運動不符，故C錯誤．如果△pA=-10kg?m/s、△pB=10kg?m/s，所以碰后兩球的動量分別為p′A=-5kg?m/s、p′B=17kg?m/s，可以看出，碰撞后A的動能不變，而B的動能增大，違反了能量守恒定律，不可能．故D錯誤．故選A．點睛：對于碰撞過程要遵守三大規(guī)律：1、是動量守恒定律；2、總動能不增加；3、符合物體的實際運動情況．15．A

【詳解】設(shè)塑料球的質(zhì)量為m，碰撞過程中動量守恒，若兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，則3m解得v若兩球發(fā)生完全彈性碰撞，則3mv0解得v31=4當鋼球速度為4m/s時，塑料球的速度為零，不合符題意，所以鋼球的速度范圍為2m/s≤v故選A。16．B【詳解】A．當A、B速度相同時，彈簧被壓縮到最短，彈簧的彈性勢能最大，選項A正確，不符合題意；B．以AB組成的系統(tǒng)為研究對象，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv0=2mv解得v=對B，根據(jù)動能定理得：彈簧對物體B所做的功W故B錯誤，符合題意；C．兩物塊質(zhì)量相等，當彈簧恢復到原長時，由動量守恒和能量守恒m1解得v1=0v2=v0即兩物體交換速度，此時A的速度為零，B的速度為v0，選項C正確，不符合題意；D．整個過程中，系統(tǒng)只有彈力做功，則整個系統(tǒng)機械能守恒；系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，選項D正確，不符合題意。故選B。17．A【詳解】A．B物塊開始自由下落速度逐漸增大，與A物塊碰撞瞬間，動量守恒，選取豎直向下為正方向，則m可知A、B碰后瞬間作為整體速度小于碰前B物塊速度，隨后AB整體向下運動，開始重力大于彈力，且彈力逐漸增大，所以整體做加速度減小的加速運動，當重力等于彈力時，速度達到最大，之后彈力大于重力，整體做加速度增大的減速運動，直至速度減為0，所以從物塊B剛與A接觸到彈簧壓縮到最短的整個過程中，物塊B的動能先減少后增加又減小，A正確；B．物塊A和物塊B組成的系統(tǒng)只在碰撞瞬間內(nèi)力遠大于外力，動量守恒，之后系統(tǒng)所受合外力一直變化，系統(tǒng)動量不守恒，B錯誤；CD．兩物塊碰撞瞬間損失機械能，所以物塊A和物塊B組成的系統(tǒng)機械能不守恒，物塊A物塊B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒，CD錯誤。故選A。18．A【詳解】AB．根據(jù)題意，設(shè)行星的質(zhì)量為M，探測器的質(zhì)量為m，當探測器從行星的反方向接近行星時（左圖），再設(shè)向左為正方向，根據(jù)動量守恒和能量守恒得-mv0+Mu=Mu′+mv112mv02+12Mu2=12Mu′2+1整理得v1-v0=u+u′所以v1>v0A正確，B錯誤；CD．同理，當探測器從行星的同方向接近行星時（右圖），再設(shè)向左為正方向，根據(jù)動量守恒和能量守恒得mv0+Mu=Mu″-mv212mv02+12Mu2=12Mu″2+1整理得v0-v2=u+u″所以v2<v0CD錯誤。故選A。19．D【詳解】下降過程為自由落體運動，由勻變速直線運動的速度位移公式得v2=2gh解得觸地時兩球速度相同，為v=2g