第一章 第5节 弹性碰撞和非弹性碰撞-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（人教版2019 江苏专用）

第5节弹性碰撞和非弹性碰撞 白题 基础过美 很时：35min 题型1一般正碰（非弹性碰撞）】 +x/m 1.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球 在同一直线上运动.两球质量关系为m=2m4,规 定向右为正方向，A、B两球的动量均为 6kg·m/s,运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的 动量增量为-4kg·m/s,则 ( QQ A.该碰撞为弹性碰撞 B.物体B的质量为m2=4kg A.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之 C.碰撞过程中机械能损失了12J 比为2：5 D.碰撞过程中物体B对物体A的作用力的冲 B.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之 量为12kg·m/s 比为1：10 4.(2024·黑龙江哈六中期中)质量均为m、材 C.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之 料相同的白球和黑球静止在台球桌上，白球 比为2：5 以速度。碰撞静止的黑球，两球的位置标记 D.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之 如图所示，A、B分别为碰前瞬间白球、黑球所 比为1：10 在位置，C、D分别为碰撞后白球、黑球停止的 2.(2025·江苏无锡月考)质量相等的A、B两球 位置.已知两球运动中所受阻力大小相同，则 在光滑水平面上，沿同一直线，同一方向运 由图可得碰撞过程中损失的动能为 动，A球的动量为p4=9kg·m/s,B球的动量为 Pg=3kg·m/s.当A球追上B球时发生碰撞， 则碰撞后A、B两球的动量可能值是( A.p=6kg·m/s,pg=6kg·m/s A. B. 2mg 3 9 B.p4=8kg·m/s,pg=4kg·m/s C.p4=2kg·m/s,pg=14kg·m/s 4m哈 C D. 9 9 D.pA=-4kg·m/s,pa=8kg·m/s 题型2 弹性碰撞 3.(2025·山东菏泽月考)质量分别为m1和m2 5.(2025·山东泰安月考)冰壶比赛是选手们在 的两个物体A、B在光滑水平面上发生正碰， 冰上投掷冰壶的策略比赛运动若A、B两冰壶 碰撞时间不计，其碰撞前后的x-图像如图所 在光滑水平面上沿同一直线运动，发生碰撞 示，已知物体A的质量为m1=2kg,则以下说 前后的一t图线如图所示，由图线可以判断 法正确的是 第一章黑白题017 ↑/m·s 停止.若仅把A的质量变为3m,其他条件不 变，再次让B与A发生弹性碰撞，碰后A向前 滑行x2后停止.已知x:x2=25:9,则( B A 77m77777 A.m:M=1:2 B.m:M=1:3 A.A、B的质量之比为2：3 C.m:M=2:3 D.m:M=3:4 B.碰前是B追A 题型3 完全非弹性碰撞 C.碰撞前、后A的速度变化量为8m/s 9.如图所示，光滑水平面上，甲、乙两个球分别以 D.A、B之间发生的碰撞为弹性碰撞 大小为，=1m/s、2=2m/s的速度做相向运 6.(2025·江苏泰州期中)物理学家们在探索微 动，碰撞后两球粘在一起以0.5m/s的速度向 观世界时，经常用一种微观粒子轰击另一种微 左运动，则甲、乙两球的质量之比为() 观粒子，如图，中子以速度。分别碰撞静止的 氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为 77717777777T分177 乙 ,和2设碰撞为弹性正碰，氢核质量与中子近 A.1:1 B.1:2 C.1:3 D.2:1 似相同，氮核质量约是中子质量的14倍，不考 10.如图，两个质量分别为m1=1kg和m2=4kg 虑相对论效应，下列说法正确的是 的小球在光滑水平面上相向而行，速度大小 0 0-- 中子 分别为，=4m/s和2=6m/s,发生碰撞后， 系统损失的机械能可能是 ( 中子 氨核 A.碰撞后氮核的动量比氢核的小 m B.碰撞后氮核的动能比氢核的小 A.25JB.42J C.45J D.55J C.2大于 11.如图所示，小木块A D.2大于 0 用细线悬挂在O点， 7.(2025·湖北联考)如图所示，一个质量为m 此刻小木块的重力势 的物块A与另一个质量为2m的物块B发 能为零.一颗子弹以 生正碰，碰后B物块刚好能落人正前方的沙 一定的水平速度射入 ☐A 坑中.假如碰撞过程中无机械能损失，已知物 块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的 木块A中，并立即与A有共同的速度，然后 一起摆动到最大摆角为α处.如果保持子弹 距离为0.5m,g取10m/s2,物块可视为质点. 入射的速度大小不变，而使子弹的质量增 则A碰撞前瞬间的速度大小为 大，则对于最大摆角α、子弹的初动能与木块 品 2m 和子弹一起达到最大摆角时的机械能之差 -0.5m A.0.5m/sB.1.0m/sC.1.5m/sD.2.0m/s △E,下列说法正确的是 ( 8.如图所示，质量为m的物块A静止在水平面 A.a角增大，△E也增大 上，A、B均可视为质点，A的左侧光滑，右侧粗 B.α角增大，△E减小 糙，一个质量为M的物块B以速度，向右运 C.a角减小，△E增大 动，与A发生弹性正碰，碰后A向前滑行x,后 D.a角减小，△E也减小 选择性必修第一册引黑白题018 黑题 应用提优 限时：40min 1.(2025·山东潍坊四市县联考)如图甲所示，a 12kg·m/s,经过一段时间两物体发生碰撞， 球和b球都静止在同一水平面上，b球在a球 已知碰后物体B的动量变为PB=16kg·m/s, 前方，a球获得初速度向b球运动并发生弹 两物体的质量分别为m4、mg,则下列说法正 性正碰，碰撞时间极短，两球碰撞前后的v-t 确的是 ( 图像如图乙所示，碰后a球的v-t图像未画 B 出.已知a球的质量为1.2kg,则 A.物体A的动量增加4kg·m/s ↑m间 B.物体A的质量可能大于物体B的质量 C.若碰后两物体粘合在一起，则m1：mg= 1:2 b 777777777777777777777777 00.250.75 D.若该碰撞无机械能损失，则m:mg=7:5 甲 乙 4.(2025·河北衡水检测)如图，在水平地面上 A.碰撞后瞬间a球的速度为-1.25m/s B.b球的质量为2.5kg 固定一圆环，圆环内壁光滑，圆环内嵌着A、B C.碰撞后a球的运动时间为0.75s 两个大小相同的小球，它们的质量分别 D.碰撞后b球向前滑行的距离为2.25m 是m4、mg,且m4>mg,小球的直径略小于圆环 2.如图所示，两个大小相同的小 的孔径且它们之间的摩擦忽略不计，圆环的 球A,B用等长的细线悬挂于0O 内半径远大于球的半径，初始时B球处于静 点，线长为L,m=2ma,若将A 止状态，A球以一定初速度撞击B球，A、B两 ●B 由图示位置静止释放，在最低点与B球相碰， 个球在a点发生弹性碰撞，一段时间后，A、B 重力加速度为g,则下列说法正确的是( 两个球在b点发生第二次弹性碰撞，a、b两点 A.A下落到最低点的速度是√2gL 与圆环圆心的连线夹角为120°，则m:mg为 B.若A与B发生完全非弹性碰撞，则第一次 () 碰后A上升的最大高度是乙乙 C.若A与B发生完全非弹性碰撞，则第一次 120P 碰时损失的机械能为；m& 2 D.若A与B发生弹性碰撞，则第一次碰后A A.2:1 B.3:1 C.4:1 D.5:1 5.(2024·吉林白山一模)两个弹性小球A、B相 上升的最大高度是。 互挨着，A在B的正上方，一起从某一高度处 3.(2025·山西卓越联盟联考)如图所示，物 由静止开始下落，小球下落的高度远大于两 体A、B放在光滑的水平面上，且两物体间有 小球直径若小球B与水平地面、小球A与小 一定的间距t=0时刻，分别给物体A、B一向 球B之间发生的都是弹性正碰，B球质量是A 右的速度，物体A、B的动量大小均为p= 球质量的2倍，则A球第一次的下落高度与其 第一章黑白题019 碰后第一次上升的最大高度之比为( A.在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块 8 B构成的系统动量和机械能都守恒 B.子弹射入物块B的初速度。=100√gL 777777 C.若物块A不固定，子弹仍以。射入，物块B c. 0.5 仍能摆到水平杆PQ位置 D.若物块A不固定，子弹仍以o射人，当物 6.(2025·江西鹰潭模拟)如图所示，质量分别 为2m、m的乙、丙两个小球并排放置在光滑的 块B摆到最高点时速度为2马 3 水平面上，质量为m的小球甲以速度（沿 压轴挑战 乙、丙的连线方向)向乙球运动，三个小球之 8.(2025·山西一模)如图所示，在光滑水平面 间的碰撞均为弹性碰撞，下列说法正确的是 上有一双层凹槽A,上层槽面光滑，下层槽面 ( 粗糙，槽壁间距离均为L=2m,分别在上下 乙两 槽的中点放置可视为质点的物块B、C.现给 777n7n0n77n77777007 A.当三个小球间的碰撞都结束之后，乙处于 B物块，=1m/s的初速度使其向右运动.已 静止状态 知A、B、C的质量均为1kg,C与下槽间的动 B.当三个小球间的碰撞都结束之后，三个小 摩擦因数4=0.025，物块与槽壁碰撞均没有 球的总动量之和为2mw。 能量损失且不计碰撞时间，B与槽壁碰撞 C.乙、丙在发生碰撞的过程中，丙对乙做的功 时，A、C均已达到共速，重力加速 为品 度g取10m/s2.求： L D.甲、乙在发生碰撞的过程中，乙对甲的冲量 同 的大小为号 a 7777777777777777777777777777777777777777 7.如图所示，足够长的光滑细 2m (1)物块B与槽壁第一次碰撞后瞬间，A、B 杆PQ水平固定，质量为2m 的速度各是多大？ 的物块A穿在杆上，可沿杆 (2)物块B与槽壁第一次碰撞后至第二次碰 无摩擦滑动.质量为0.99m二回0.99m 撞前，物块C相对下槽面滑动的距离： 0.01m 的物块B通过长度为L的 (3)经过足够长的时间后，物块C与左侧槽 轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静 壁间的距离。 止状态，A、B可视为质点.若把A固定，让质量 为0.01m的子弹以。的速度水平射入物块B (时间极短，子弹未穿出)后，物块B恰好能到 达水平杆PQ位置，重力加速度为g,则 ( 进阶突破●拔高练PO5 选择性必修第一册引黑白题020黑 ⑦ 2B'N 联立①5⑥⑦可得m1 ⑧ BP√BMBN 若⑧式在误差允许范围内成立，则表明此碰撞动量守恒，且 要验证上式，必须测量BN、B'P和B'M的距离故选AD. 黑题应用提优 1.B2.C 3.(1)70(2)0.05(3)2:3 解析：(1)由图可知第2、3、4次闪光时B没有发生移动，说 明B发生碰撞后停止运动速度为零，所以碰撞发生在 70cm处 (2)碰擅后4向左匀速直线运动，其速度为财=： 20 0.1cm/s=200 cm/s, 从碰撞到第二次闪光时A向左运动10cm,时间为'= 10 2005=0.05s, 第一次闪光后到发生碰撞时间为t=△-=0.I8-0.058= 0.05s. 5 (3)碰撞前A速度为，a05cm/s=100cms, 10 碰撞前B速度为，0.0Sm/s=200cm/s, 以向左为正方向，对A、B系统，根据动量守恒定律得 muD=-mD,+mgg,解得m4:mg=2:3. /cos 02 cos 03 cos 6 4.()>(2)c(3)m√m4,=m√n8+m√na 解析：(1)为保证入射小球不反弹，两小球的质量应满 足m1>m2 (2)小球平抛过程有Rsin0= 1 2r,Rcos6=,联立求解得 gRcos 0 =√2n9,由碰撞中动量守恒有mp=mw+m,,由 图可知，P点是不放小球2时小球1从斜而上A点由静止释 放后的落点位置，N点和M点分别是放小球2时碰撞后小 球2和小球1的落点位置，将代入，化简后得 c0s02 m√n日，为了完成该实验，在 c0s203 cos0 mA√sin6, m sin 83 测量0，、02、8，的基础上，还需要测量的物理量是两小球的质 量m1、m.故选C (3)由上述过程可知，当所测物理量满足表达式 cos8, m1√sin8: =m√sin3 +m√sin0 时，说明两小球碰撞 过程满足动量守恒定律 5.(1)使其中一个滑块在导轨上运动，看滑块经过两光电门的 时间是香相等，若相等，则导轨水平(2)<△，4， m银ms ma (3)C(4)0.6040.5882.65% △ 解析：(1)使其中一个滑块在导轨上运动，看滑块经过两光 电门的时间是否相等，若相等，则导轨水平 选择性必修第一册 (2)滑块B与A碰撞后被弹回，根据碰撞规律可知滑块B的 质量较小，则有m。<m4,若碰撞过程中动量守恒，取水平向 左为正方向，有m品m是m,品整理可得 d d △4 mA me △41△2 (3③)若碰擅无能量损失，有之m,=乞m,后+2m,听， 1 1 m6=m,一m,解得=1-m 三2m1,整理可 m,+m,o,“m,+m 箱代人化商可得士立女数选C (4)设滑块B在碰撞前后的速度大小分别为。、1，滑块A在 碰撞后的速度大小为，则。 ==4.00m/s,-, 204m/s,1- d 1.96m/5,碰撞前后滑块B的动量变化量 大小△p=mB,-mx(-)=0.604kg·m/a,碰撞前后滑块A 的动量变化量大小△p'=m2-0=0.588kg·m/s,本实验的 相对误差绝对值8= |p-4p' ×100%=s2.65% Ap 压轴挑战 6.(3)小于(4)√m(F,-mg)=√m(F,-m8) √m,(F2-m1g)F1-m1g=(F2-m1g）+(F,-m2g） 解析：(3)钢球1运动到最低点处与钢球2发生碰撞，碰后 钢球1弹回，所以m1小于m2 = (4)根据牛顿第二定律F-m8=上， 解得二入 (F-mg)L 同理可知碰后钢球1、2的速度，= (F:-mg)L A m (F3-mag)L m2 根据动量守恒定律有m1和1=-m12+m2, 则有√m(F,mg)=√m(F-mg)-√m(F-mg); 若为弹性碰撞，则满足之m,=2m,+2, 1 1 化简得F,-mg=(F2-mg)+(F-mg）. 第5节弹性碰撞和非弹性碰撞 白画暴出过关 1.A2.A3.C4.B5.D 6.B解析：CD.设中子的质量为m,氢核的质量为m,氮核的 质量为14m,设中子和氢核碰撞后中子速度为，由动量守 1 恒定律和能量守恒定律可得m。=m+m,2m6=,m+ 2m时，联立解得=%，设中子和氨核碰擅后中子速度为 ”4,由动量守恒定律和能量守恒定律可得m。=14m2+m出4， 1 2 2m-2×14+2m,联立解得15，可得=> 2,故CD错误；A.碰撞后氢核的动量为pPu=mD,=mo,氨核 的动量为P=14n心，：2，可得>P,故A错误：B.碰撞 黑白题06 后氢核的动能为B=子m=分m 2m6,氮核的动能为B、= 1×14m=225,可得E>E、,故B正确故选B 7.C解析：碰后物块B做匀减速直线运动，由动能定理有 1 u·2mg=02×2m,得=1m/sA与B碰撞过程中动 量守恒，机械能守恒，则有m,=m+2mm=子 1 2m,解得=15a,期C项正确 8.A解析：A与B发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒， 则，=，+m,子M=之+m,碰后A向前滑行， 根据动能定理有兵=0-之m,联立解得=忌（版）月， 1 ug (M+m 可得 (+3m）=号，解得m:M=1:2,A正确放 选A 9.A 10。A解析：发生碰撞后，系统损失的机被能最大的情况是两 小球有共同速度，设共同速度为”，向左为正方向，由动量 守恒定律得m2-m1,=(m1+m2)p,解得=4m/8,则系统 损失的机械能为△E=子m,+行m,后-之(m:+m)2 40J,系统损失的机械能小于或等于40J,故A正确， BCD错误故选A 11,A解析：设子弹的初速度为o,质量为m,木块A的质量 为M,在子弹与木块相互作用达到共同速度的过程中，因时 间极短，二者组成的系统动量守恒，则有m。=(M+m)p,解 mvo 得一M+m,子弹和木块一起摆动到最大摆角过程，根据机 于恒可得2(M+m)2=(M+m)g(1-cos。 62 m2场 cos a=1- 2g(M+m)=1 2a( 12,则m越 大，cosa越小，则a角越大获得共同速度后，在向上摆动 的过程中，A和B的机械能守恒，则初态的机械能等于末态 的机械能，所以子弹的初动能与系统在最高点时的机械能 1 之差△E三7m6-(M+m)2二 M m+M Mug 21+M ,则m越大，△E越大故选A m 黑题应用提优 1.D2.B 3.C解析：A,由题意可知，该碰撞过程物体B的动量增加了 △pm=Pmp=4kg·m/8,碰撞过程两物体的动量守恒，则有 4pm=-4p4,所以物体A的动量减少了4kg·m/s,故A错 误：B.由题意碰前物体A的速度一定大于物体B的速度，则 有卫>卫，解得m>m4,故B错误；C.若碰后两物体粘合在 mA mR 一起，则碰后两物体的速度相同，则有么=，又P,=p mA ma 参考答案与解析 mR2故C正确：D,若该 4kg·m/s=8kg·m/s,解得m4-A=1 碰撞为弹性碰撞，则碰撞过程中没有能量损失，则有 2mA 得，宁故D错误故选C 卫+店，解得= 2m 2mA 2ma 4.A解析：两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为®4、，则根 1 据动量守恒和机械能守恒有m,=m,+mg,2m听= 之m听+2m,联立解得m,+m 1 1 m,一mg 2mo,第 0,r一mA+mg 二次碰撞发生在图中的币点，则从第一次碰擅到第二次碰撞 之间，有=（兮6）=0,12=（停）ak= 0,1,2),放A、B通过的路程之比为+3张（k=0,1,2…,则 4+3k 有--4=01,2，联立解得==0， ma2-3张 1,2…).由于两质量均为正数，故k=0,即m二，故选A 5.B解析：规定竖直向下为正方向，设A、B球开始下落的高 度为h,B球与地面碰撞后等速率反弹，则由运动学公式 =2gh可知，A、B碰前的速度分别为4=√2g,m= -√②g,A、B碰撞过程中，由动量守恒定律得m+ m,=m,+maa,由机械能守恒定律得)m,+)m场 之+，心，其中m,=2联立解得=-号2 (含去正值)，4球碰后第一次上升的最大高度为=。 百，所以A球第一-次的下落高度与其碰后第一次上开的最 大高度之比为会-号故选日 6.C解析：A.设甲、乙在碰撞刚结束时的速度分别为甲、2， 由弹性碰擅规律m,=mg+2m2,了m=子md+了× 1 1 2 2m吃，综合解得m=子6，z=子%，设乙、丙在碰撞刚结 束时的速度分别为"21、阿，由弹性碰撞规律2m2= 2+n×2m吃=宁×2m2+宁m房，综合解得a= 90啊严9，故A错误；B.三个小球组成的系统总动量 2 8 守恒，碰撞都结束之后的总动量等于碰撞之前的总动 量m。,故B错误；C.乙、丙在发生碰撞的过程中，乙的速度 2 2 由z=36变成z=)6,由动能定理，丙对乙做的功为 宁2m吃宁×2m吃2=品，故c正确：D甲，乙在 1 1 发生碰撞的过程中，甲的速度由变成=-，o,对甲由 4 动量定理可得，乙对甲的冲量为1=m单m。=一了m,负号 表示方向，放乙对甲的冲量的大小为学，故D错误故选C 黑白题07 7.D解析：A.在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构 成的系统，所受的合外力远小于内力，其动量守恒，但由于摩 擦产生内能，所以机械能不守恒，故A错误：B.子弹射入物块 B后一起向上摆至最高点过程中，由机械能守恒定律有 (0.01m+0.99m)gL=2(Q.01m+0.99m)r,解得子弹射入物 块B后的速度为v=√2g乙，子弹射人物块B过程中，由动量 守恒定律得0.01m。=(0.01m+0.99m)n,解得子弹射入物块 B的初速度为。=100√2gL,故B错误：C.若物块A不固定， 子弹仍以。射入后，子弹和物块B的动能转化为物块A和 物块B(包括子弹)的动能和物块B(包括子弹)的重力势能， 所以物块B的上摆高度小于物块A固定时的上摆高度，故 C错误：D.当物块B摆到最高点时，物块A、B和子弹具有相 同的速度，在水平方向系统动量守恒，由动量守恒定律有 (Q.01m+0,9m)m=(Q.01m+0.99m+2m),解得=√2g 故D正确.故选D 压轴挑战 8.(1)1m/s0(2)1m(3)0.2m 解析：(1)设B与槽壁第一次碰撞后速度为m,A的速度为 1,由动量守恒定律和机械能守恒定律得m。=mw1+m脚m, 之mdw+分wd. 1 1 解得1==1m/s,P1=0: (2)物块B第一次碰撞后，B静止，A做匀减速直线运动，C 做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得a,=ac=唱。 0.25m/s2, 若A、C共速，则需用时间为1，共速速度为1，根据速度关 系a=ac1=u-air 可得= -=2s,,a=ac=0.5m/s, A、C的位移x1= 2n=15ma=2=0.5m, 知+" 0+"a, 则相对位移△x1=xn-x=1m, 故B与槽壁第二次碰撞前，C不与A左侧槽壁相碰，△x,即C 相对下糟面滑动的距离为1m: (3)第二次碰撞，A以1=0.5m/s的速度与静止的B碰撞， 类比第一次碰撞计算可得：第二次碰撞后m=0.5m/s, "2=0, 此后，C做匀减速直线运动，A做匀加速直线运动，二者第 二次共速设共速需用时间为t2,共速速度为a,同理可得 ta=1s,a=025m/s,A、C的位移xaxa和相对位移△x2分 别为xa=0.125m,xa=0.375m,△x2=xaa=0.25m, 第三次碰撞：B以m=0.5m/s的速度与速度a=0.25m/s 的A碰撞，由于A、B质量相等，二者速度交换v阳=0.25m/s, De=0.5m/s, 此后，A做匀减速直线运动，C做匀加速直线运动，二者第 三次共速。 再次计算相对位移△，=xa-xa=0.0625m, 发现△x,=4Ax2=16Ax,=…=4-△x., 1 由此可归纳△，=(4) △x1 C相对于A的总位移为△xa=△x1-△+△x-△x,+…= 选择性必修第一册 (△x1-x2) 6 1 当n→e时，Axa=0.8m, 则物块C与左侧槽壁间的距离为0.2m 微专题碰撞问题中的经典模型 黑题 专题强化 1.D解析：A当木块固定时，由动能定理可知-=0- 2m, 解得/尸受故A错误：品，拔去销钉，子弹与木块系统水平 方向动量守恒，则根据动量守恒定律可得m。=(m+M),解 得= 。,故B错误；C.拔去销钉后的整个过程根据动能 M+m 定理有=2(m+W)r-之m6,解得子弹射人木块的深度 Md ,故C错误：D.对木块根据动量定理可得斤=M,得 M+m 木块加速运动的时间为！(M+m) 2Md -,故D正确故选D. 2.A解析：AC.,时间内，子弹推动两个木块一起运动，所以 子弹和木块A、B的动量守恒，m子=m爷1+(m⅓+ mm)2→m子。-m子=(m+mn)2,子弹的动量变化量等于 木块A、B整体的动量变化量，所以子弹的动量变化量大于A 的动量变化量，A正确，C错误：B.2时间内，子弹和木块B 的动量守恒，m子书，+mg2=m子”+maP,→m子书，-m子3= m。一m,子弹的动量变化量等于B的动量变化量，B错 误：D.2时间内，子弹和B的运动过程中，有热量产生，所以 此过程中机械能不守恒，D错误故选A 3.D解析：BD.由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块 的推力大小相等，则两子弹所受的阻力大小相等，设为∫，根 据动能定理，对A子弹-，=0-E4,得，=E4;对B子弹 -g=0-Ea,得g=Ea:由于d,>da,则子弹人射时的初 动能△E>Eu,故B错误，D正确；A对两子弹和木块组成 的系统动量守恒，则有√/2mE=√2mE,得m1<m, 故A错误：C.子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木块始终 保持静止，分析得知，两子弹在木块中运动时间必定相等，否 则木块就会运动，故C错误故选D. 4.C解析：A.由于A、B组成的系统所受合外力为零，则系统 动量守恒，故A错误；B.以向左为正方向，根据动量守恒定 律有m,g-m2=m1心，+m22,当B的速度大小为1m/s时，A 的速度大小可能2.5m/s或3.5m/s,故B错误：C.根据动量 守恒定律有m,-m。=(m,+m)p,解得两物体最终的速度 为=2s,所以：=，由此可知，A,B间动摩擦因数越 g 大，相对运动的时间越短，故C正确：D.系统因摩擦而产生 的热量为Q:了心+分0哈(+m)P=48,系统因 1 摩擦而产生的热量不变，故D错误故选C. 5.D解析：ABC.整个系统水平方向动量守恒，C滑离木板A 时M。=M,+(m+m2）,解得木板A的最大速度为 "a=2m/s;滑上B后，对B、C整体水平方向动量守恒 M,+m24=(M+m2)g,解得木板B的最大速度为g= 黑白题08