1.5.1 碰撞问题（一）重难点突破专项训练 -2025-2026学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

1.5.1 碰撞问题（一） 【素养目标】 1.知道并理解三种碰撞模型及特点； 2.结合动量观点和能量观点解决碰撞中的实际问题. 【知识梳理】 一、碰撞过程的分类 1.弹性碰撞 碰撞过程中所产生的形变能够完全恢复的碰撞；碰撞过程中没有机械能损失. 弹性碰撞遵守动量守恒定律，且碰撞前后系统的总动能相等，即 特殊情况(如图1)：质量为m₁的小球以速度 v₁ 与质量为m₂ 的静止小球发生弹性正碰，根据动量守恒和动能守恒有 碰后两个小球的速度分别为 讨论： (1)若 则 表示 m₁ 的速度不变，m₂ 以 的速度被撞出去. (2)若 则表示m₁以原速率反向弹回，而m₂ 仍静止. (3)若: 则有 即碰撞后两球速度互换. 2.非弹性碰撞 碰撞过程中所产生的形变不能够完全恢复的碰撞；碰撞过程中有机械能损失. 非弹性碰撞遵守动量守恒定律，但碰撞前后动能有损失，即 3.完全非弹性碰撞 碰撞后两个物体结合成一个物体，此种情况下m₁与m₂碰后的速度相同. 完全非弹性碰撞过程遵守动量守恒定律，但碰撞过程中机械能损失最大 二、碰撞过程的制约 1.动量制约：即碰撞过程必须受到动量守恒定律的制约. 2.动能制约：即碰撞过程中碰撞双方的总动能不会增加. 3.运动制约：即碰撞过程还将受到运动的合理性要求的制约.如某物体匀速运动，被后面物体追上并碰撞后，其运动速度只会增大而不会减小；碰撞后，后面的物体速度不能超过前面的物体. 一、单选题 1．如图所示，A、B两小球在光滑水平面上分别以动量和（向右为参考正方向）做匀速直线运动，则在A球追上B球并与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量和可能分别为（　　） A．， B．， C．， D．， 2．一物体P与静止在粗糙水平面上的物体Q发生弹性正碰，碰撞时间极短，两物体与水平面间的动摩擦因数相同，碰撞前后物体P运动的图像如图所示，则（　　） A．物体P碰撞前后所走的位移大小之比是 B．物体P和物体Q质量之比是 C．物体P和物体Q碰后走的位移大小之比是 D．物体P和物体Q碰撞后速度大小之比是 3．如图所示，光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的小球A、B，放在与左侧竖直墙垂直的直线上，设B开始处于静止状态，A球以速度v朝着B运动，设系统处处无摩擦，所有的碰撞均无机械能损失，则下列判断正确的是（　　） A．若m1＝m2，则两球之间有且仅有两次碰撞 B．若m1m2，则两球之间可能发生两次碰撞 C．两球第一次碰撞后B球的速度一定是 D．两球第一次碰撞后A球一定向右运动 4．如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是（　　） A．A和B都向左运动 B．A和B都向右运动 C．A静止，B向右运动 D．A向左运动，B向右运动 5．甲、乙两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，甲球的动量是p1=5kg·m/s，乙球的动量是p2=7kg·m/s，当甲球追上乙球发生碰撞后，乙球的动量变为p2′=10kg·m/s，设甲球的质量为m1，乙球的质量为m2，则m1、m2的关系可能是（　　） A．6m1=m2 B．4m1=m2 C．2m1=m2 D．m1=m2 6．所谓对接是指两艘同方向以几乎同样快慢运行的宇宙飞船在太空中互相靠近，最后连接在一起．假设“天舟一号”和“天宫二号”的质量分别为M、m，两者对接前的在轨速度分别为、v，对接持续时间为，则在对接过程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作用力大小为（　　） A． B． C． D． 7．3个质量分别为m1、m2、m3的小球,半径相同,并排悬挂在长度相同的3根竖直绳上,彼此恰好相互接触.现把质量为m1的小球拉开一些,如图中虚线所示,然后释放,经球1与球2、球2与球3相碰之后,3个球的动量相等.若各球间碰撞时均为弹性碰撞,且碰撞时间极短,不计空气阻力,则m1:m2:m3为(　　) A．6:3:1 B．2:3:1 C．2:1:1 D．3:2:1 二、多选题 8．大小相同的三个小球（可视为质点）a、b、c静止在光滑水平面上，依次相距l等距离排列成一条直线，在c右侧距c为l处有一竖直墙，墙面垂直小球连线，如图所示。小球a的质量为2m，b、c的质量均为m。某时刻给a一沿连线向右的初动量p，忽略空气阻力、碰撞中的动能损失和碰撞时间。下列判断正确的是（　　） A．c第一次被碰后瞬间的动能为 B．c第一次被碰后瞬间的动能为 C．a与b第二次碰撞处距竖直墙的距离为 D．a与b第二次碰撞处距竖直墙的距离为 9．如图所示，两个物体1和2在光滑水平面上以相同动能相向运动，它们的质量分别为m1和m2，且m1<m2，经一段时间两物体相碰撞并粘在一起，碰撞后（　　） A．两物体将向左运动 B．两物体将向右运动 C．两物体组成的系统损失能量最小 D．两物体组成的系统损失能量最大 三、解答题 10．如图所示，水平轨道段光滑，段粗糙，段的中点的正上方有一探测器，探测器只能探测处于其正下方的物体，处有一竖直挡板。处固定一弹簧，其右端有一小物块压紧弹簧但与弹簧不粘连，开始时弹簧处于压缩状态。释放，脱离弹簧后与静止在点的物体碰撞，并结合成复合体，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在至内工作，已知、的质量都为=1kg，与间的动摩擦因数为，段长为，、及复合体都视为质点，与挡板碰撞后原速率反弹，取。 （1）若开始时弹簧的弹性势能，求脱离弹簧时的速度大小； （2）在（1）的条件下，求、因碰撞损失的动能； （3）若与挡板碰撞后，要使第一次向左运动过程中，能在探测器的工作时间内通过点，求弹性势能的取值范围。 11．如图甲，一质量为的物块B用一长度为的轻绳悬挂于点处，初始时其与竖直方向的夹角，P点正下方处有一钉子。另一质量为的物块A与轻质弹簧连接，静止于光滑水平面上。现自由释放物块B，当其运动至点正下方时轻绳在钉子的作用下断裂。轻绳在断裂后不影响物块B的后续运动，物块B触地时水平速度不变，竖直速度变为零；然后物块B以水平速度向物块A运动，记物块B与弹簧接触的时刻为，与弹簧分离的时刻为。该过程中，A、B的图像如图乙所示。已知从到时间内，物块A运动的距离大小为。重力加速度为。求： (1)轻绳即将断裂时的拉力； (2)弹簧的弹性势能的最大值； (3)弹簧压缩量的最大值（用表示）。 12．一位足球爱好者，做了一个有趣的实验：如图所示，将一个质量为m、半径为R的质量分布均匀的塑料弹性球框静止放在粗糙的足够大的水平台面上，质量为M（M＞m）的足球（可视为质点）以某一水平速度v0通过球框上的框口，正对球框中心射入框内，不计足球运动中的一切阻力。结果发现，当足球与球框发生第一次碰撞后到第二次碰撞前足球恰好不会从右端框口穿出。假设足球与球框内壁的碰撞为弹性碰撞，只考虑球框与台面之间的摩擦，求： （1）人对足球做的功和冲量大小； （2）足球与球框发生第一次碰撞后，足球的速度大小； （3）球框在台面上通过的位移大小。 13．如图所示，凹槽的水平底面宽度，左侧高度，右侧高度。凹槽的左侧竖直面与半径的光滑圆弧轨道相接，和分别是圆弧的端点，右侧竖直面与水平面相接。小球（质量）从点由静止沿圆弧轨道滑下，与静置于点的小球（质量）发生弹性碰撞，设。取，不计空气阻力。 （1）求小球从圆弧轨道滑至点时的速度的大小； （2）若，求两小球碰撞后第一次落点距离点的水平距离； （3）设小球的第一次落点与凹槽左侧竖直面的水平距离为，试讨论与的关系。 14．如图所示，O点用长为l=1m的细线悬挂一质量为m=0.5kg的小球A，细线能承受的最大拉力T=10N，O点正下方处固定一根钉子，MN为一抛物线形状的管道（内径略大于小球半径，内壁铺设粗糙棉布），M点位于O点正下方且切线水平，OM=1m，抛物线管道h=2.5m，s=3m，抛物线与粗糙平面NP在N点平滑连接，NP间动摩擦因数µ=0.2，长度为L=2.5m，P点右侧光滑，一弹簧右端固定在竖直挡板上，自由状态下弹簧左端恰好位于P点，另有一与A相同的小球B置于N点，现将小球A拉至与竖直方向成θ=37º由静止释放，细线摆至竖直位置时恰好断裂，从M点进入轨道，在水平轨道上与小球B碰撞后粘连在一起；两球碰后立即撤去棉布，管道内壁可视为光滑。已知弹簧压缩到最短时弹性势能Ep =1.125J，求： （1）小球摆至M点时的速度和间的距离； （2）管道阻力对小球做的功； （3）若小球A、B之间发生的是弹性碰撞，最终B球停在距N多远的位置。 15．如图所示，竖直放置的圆弧轨道和水平轨道两部分相连．水平轨道的右侧有一质量为 2 m的滑块C与轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直的墙M上，弹簧处于原长时，滑块C静止在P点处；在水平轨道上方O处，用长为L的细线悬挂一质量为m的小球B，B球恰好与水平轨道相切，并可绕O点在竖直平面内摆动．质量为m的滑块A由圆弧轨道上静止释放，进入水平轨道与小球B发生弹性碰撞．P点左方的轨道光滑、右方粗糙，滑块A、C与PM段的动摩擦因数均为=0.5，A、B、C均可视为质点，重力加速度为g． （1）求滑块A 从2L高度处由静止开始下滑,与B碰后瞬间B的速度． （2）若滑块A能以与球B 碰前瞬间相同的速度与滑块C相碰，A至少要从距水平轨道多高的地方开始释放? （3）在（2）中算出的最小值高度处由静止释放A，经一段时间A与C相碰，设碰撞时间极短，碰后一起压缩弹簧，弹簧最大压缩量为L，求弹簧的最大弹性势能． 16．如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量 M=2kg的小物块A．装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接．传送带始终以v=2m/s 的速率逆时针转动．装置的右边是一光滑的曲面，质量m=1kg的小物块B从其上距水平台面h=1.0m处由静止释放．已知物块B与传送带之间的摩擦因数μ=0.2，l=1.0m．设物块A、B中间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态．取g=10m/s2． （1）求物块B与物块A第一次碰撞前速度大小； （2）通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？ （3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小． 17．如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出,冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h=0.3m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1=30kg,冰块的质量为m2=10kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g=10m/s2。 (1)小孩将冰块推出时的速度大小； (2)求斜面体的质量； (3)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩? 18．汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时，安全气囊爆开。某次试验中，质量为的试验车以速度，正面撞击固定试验台，经时间碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开。忽略撞击过程中地面阻力的影响，重力加速度。 （1）求此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小； （2）若试验车以速度v1撞击正前方另一质量速度同向行驶的汽车，经时间两车以相同的速度一起滑行。试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开。 19．如图，“冰雪游乐场”滑道上的B点左侧水平面粗糙，右侧是光滑的曲面，左右两侧平滑连接质量m=30kg的小孩从滑道顶端A点由静止开始下滑，经过B点时被静止的质量为M=60kg的家长抱住，一起滑行到C点停下（C点未画出）。已知A点高度h=5m，人与水平滑道间的动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2，求： （1）小孩刚到B点时的速度大小vB； （2）B、C间的距离s。 20．如图所示，“冰雪游乐场”滑道B点的左边为水平滑道，右边为半径R=6.4m的圆弧滑道，左右两边的滑道在B点平滑连接。小孩乘坐冰车从圆弧滑道顶端A点由静止开始出发，半径OA与竖直方向的夹角为，经过B点后，被静止在C点的家长迅速抱住，然后一起在水平滑道上滑行。已知小孩和冰车的总质量m=30kg，家长和冰车的总质量为M=60kg，人与冰车均可视为质点，不计一切摩擦阻力，重力加速度g=10m/s2，求： （1）小孩乘坐冰车经过圆弧滑道末端B点时对滑道的压力N的大小； （2）家长抱住孩子的瞬间，家长对小孩（包括各自冰车）的冲量I的大小。 试卷第8页，共8页 试卷第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 《1.5.1 碰撞问题（一）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 D B A D B C A AC AD 1．D 【详解】A．由于碰撞过程中，两球组成的系统满足动量守恒，则两球的动量变化量大小相等，方向相反，故A错误； B．因为碰撞的过程中动能不增加。若和分别为，，则碰撞后两球的分别为， 由于 可知碰撞过程不满足总动能不增加原则，故B错误； C．两球碰撞的过程中，由于B对A的作用力与A的运动方向相反，则A的动量变化量为负值；A对B的作用力与B的运动方向相同，则B的动量变化量为正值；故C错误； D．若和分别为，，则满足碰撞过程动量守恒；碰撞后两球的分别为， 由于碰前A的速度大于B的速度，则有 可得 若满足 即满足 综上分析可知，当满足时，若和分别为，，符合动量守恒、动能不增加，以及符合实际的规律，故D正确。 故选D。 2．B 【详解】B．物体P与物体Q发生弹性正碰，根据动量守恒有 根据机械能守恒有 解得 ， 故物体P和物体Q质量之比是，故B正确； A．两物体与水平面间的动摩擦因数相同，设为，则两物体做减速运动的加速度为 物体P碰撞前有 物体P碰撞后有 可得 物体P碰撞前所走的位移 物体P碰撞后所走的位移 物体P碰撞前后所走的位移大小之比是 故A错误； C．物体Q碰后运动的时间为 物体Q碰后运动的位移为 物体P和物体Q碰后走的位移大小之比是 故C错误； D．物体P和物体Q碰撞后速度大小之比是 故D错误。 故选B。 3．A 【详解】设A球和B球第一次碰撞后速度分别为v1和v2，取向左为正方向。根据动量守恒定律得 m1v＝m1v1＋m2v2 根据机械能守恒定律得 m1v2＝m1v＋m2v 解得 v1＝v，v2＝v A．若m1＝m2，则得 v1＝0，v2＝v 即A与B碰撞后交换速度，当B球与墙壁碰后以速度v2返回，并与A球发生第二次碰撞，之后B静止，A向右运动，不再发生碰撞，所以两球之间有且仅有两次碰撞，故A正确； B．若m1m2，则得 v1≈－v，v2≈0 两球之间只能发生一次碰撞，故B错误； C．两球第一次碰撞后，B球的速度为 v2＝v 不一定是，与两球的质量关系有关，故C错误； D．两球第一次碰撞后A球的速度为 v1＝v 当m1>m2时 v1>0 碰后A球向左运动。 当m1＝m2时 v1＝0 碰后A球静止。 当m1<m2时 v1<0 碰后A球向右运动。故D错误。 故选A。 4．D 【详解】选择水平向右为正方向，两滑块碰前总动量 说明系统总动量为0。 A．A和B都向左运动，总动量不为0，选项A错误； B．A和B都向右运动，总动量不为0，选项B错误； C．A静止，B向右运动，总动量不为0，选项C错误； D．A向左运动，B向右运动，总动量可能为0，选项D正确。 故选D。 5．B 【详解】碰撞过程中动量守恒，可知碰后甲球的动量为 p1′=2kg·m/s 由于是甲追碰乙，碰撞前甲的速度大于乙的速度，有 可得 碰撞后甲的速度小于或等于乙的速度，有 可得 碰撞后系统的动能不大于碰前系统的动能，由 可得 解得 联立得 故选B。 6．C 【详解】在天舟一号和天宫二号对接的过程中水平方向动量守恒，有 解得对接后两者的共同速度 以天宫二号为研究对象，根据动量定理有 解得 故C正确；ABD错误。 故选C。 7．A 【详解】因为各球间发生的碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程机械能守恒，动量守恒。因碰撞后三个小球的动量相等，设为p，则总动量为3p。由机械能守恒得，即，代入四个选项的质量比值关系，只有A项符合，故选A。 【点睛】本题要注意灵活设出中间量p，从而得出正确的表达式，再计算得出正确的条件。 8．AC 【详解】a球与b球发生弹性碰撞，设a球碰前的初速度为v₀，碰后a、b的速度为、，取向右为正，由动量守恒定律和能量守恒定律有 其中，解得 ，b球以速度v₂与静止的c球发生弹性碰撞，设碰后的速度为、，根据等质量的两个球发生动静弹性碰撞，会出现速度交换，故有 ， AB．c第一次被碰后瞬间的动能为 故A正确，B错误； CD．设a与b第二次碰撞的位置距离c停的位置为，两次碰撞的时间间隔为t，b球以v₂向右运动l与c碰撞，c以相同的速度v₄向右运动2l的距离与竖直墙发生弹性碰撞后以速度v₄向左返回，与b发生弹性碰撞，b再次获得v₄向左运动直到与a第二次碰撞，有 对a球在相同的时间内有 联立可得，故a与b第二次碰撞处距竖直墙的距离为 故C正确，D错误。 故选AC。 9．AD 【详解】AB．物体的动量 已知两物体动能Ek相等，m1<m2，则 两物体组成的系统总动量方向与物体2的动量方向相同，即向左，由动量守恒知，两物体碰撞后总动量向左，两物体将向左运动， B错误A正确； CD．两物体碰撞后粘合在一起，发生的碰撞是完全非弹性碰撞，两物体组成的系统损失的机械能最大，C错误D正确。 故选AD。 10．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）设与碰撞前的速度大小为v，由能量守恒有 解得 （2）与碰撞，由动量守恒，有 解得 由能量守恒，损失的动能为 解得 （3）从点滑动到点，再从点滑动到点的整个过程，做的是匀减速直线运动。设加速度大小为，则 解得 讨论：①当P在点速度为时，与挡板碰撞后恰好在点停下，设经过时间，有 解得 ， 求解可知，满足要求。则碰撞后P的速度最小。由动量守恒，设P₁碰前速度为，有 解得 由能量守恒有 ②当P在点速度增大时，与挡板碰撞后经过点时 则 若时经过点，可得P最大速度 同理由动量守恒 可得P₁碰前速度为 由能量守恒可得 所以弹性势能的范围 11．(1)100N (2)9.6J (3) 【详解】（1）设B摆至最低点的速度为v，根据动能定理有 代入数值，解得v=4m/s 设轻绳即将断裂时其中的张力为FT，对B受力分析有 解得FT=100N （2）B落地时的水平速度仍为v=4m/s，第一次碰撞过程中，当AB共速时，弹簧的弹性势能最大，则由动量守恒和能量关系可知， 解得 （3）当AB共速时，弹簧压缩量最大，在任意时刻都满足动量守恒 整理得 在t=0到t=t₀时间内对时间积分可得 又 可得 所以弹簧压缩量的最大值 12．（1），Mv₀；（2）；（3） 【详解】（1）根据动能定理可知人对足球做的功为 根据动量定理可知人对足球的冲量大小为 I＝Mv₀ （2）足球与球框发生第一次碰撞后，设足球的速度为v₁，球框的速度为v₂。对足球和球框组成的系统，由动量守恒定律得 Mv₀＝Mv₁＋mv₂ 由能量守恒定律得 解得 （3）多次碰撞后足球和球框最终静止，设球框受到台面的摩擦力大小为f，通过的总位移大小为x，对足球和球框组成的系统，由能量守恒定律得 设足球与球框第一次碰撞后经时间t，足球恰好未从框口穿出，此时足球与球框二者速度恰好相同，均为v1，由运动学规律得 对球框，由动量定理得 –ft＝mv1－mv2 解得 13．（1）；（2），在点右侧；（3）见解析 【详解】（1）依题意，有 解得 （2）和发生弹性碰撞，有： ④ 解得 假设落到平面上，有 解得 因 假设成立，所以有 在点右侧； （3）（i）由上知，当 时，有 若恰好落在点，有 解得 所以当 时，落在平面上，则 （ii）当落在凹槽底面上，有 其最大抛出速度为 解得 所以当 （iii）当 落在凹槽右侧竖直面上，有 所以，（i）；（ii）；（iii） 14．（1）2m/s；0.6m；（2）1.25J；（3）2.25m 【详解】（1）小球摆至最低点过程中，根据机械能守恒定律 解得vM2m/s 在最低点小球受力为 解得r0.4m，所以离O点0.6m （2）设小球A到达N点时速度为vN，与B球碰撞过程中动量守恒 mvN 2mv共 从N点至弹簧最大压缩量过程中，由能量守恒 可得 vN2v共7m/s 小球A从M到N的过程中 解得Wf 1.25J （3）若A、B之间发生弹性碰撞，则两球在N点发生速度交换，B球第一次被弹回时的动能为 故A球不会从M点飞出 A球第一次与B碰撞至两球静止，B在NP间通过的路程设为x，则 解得 即B球停在距N2.25m的位置 15．（1）2 （2）H （3） 【详解】（1）对A，由机械能守恒得: mg2L= ------2分 v0=2 -------1分 A与B碰 - ------2分 -------2分 速度交换， vB= v0 =2 ------1分 （2）要使滑块A能以与B碰前瞬间相同的速度与C碰撞，必须使小球B受A撞击后在竖直平面内完成一个完整的圆周运动后从左方撞击A，使A继续向右运动． 设A从距水平面高为H的地方释放，与B碰前的速度为v0 对A，由机械能守恒得： ----- 2 分 设小球B通过最高点的速度为vB，则它通过最高点的条件是： ------- 2 分 小球B 从最低点到最高点的过程机械能守恒： -------- 2 分 解得： H -------- 1分 （3）从这个高度下滑的A与C碰撞前瞬间速度： ----- 2 分 设A与C碰后瞬间的共同速度为v，由动量守恒： -------- 2 分 A、C一起压缩弹簧，由能量守恒定律．有： -------2分 解得： -- ----1分 16．（1）4m/s （2）不能 （3） 【详解】（1）设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0 由机械能守恒知 ① ② 设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a ③ 设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有 ④ 结合②③④式解得 v=4m/s            ⑤ 由于=2m/s，所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小 （2）设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为V、v1，取向右为正方向，由弹性碰撞知 ⑥ ⑦ 解得 ⑧ 即碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动 设物块B在传送带上向右运动的最大位移为，则 ⑨ ⑩ 所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上 （3）当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速．可以判断，物块B运动到左边台面是的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞．设第二次碰撞后物块B速度大小为v2，同上计算可知 11 物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞……，碰撞后物块B的速度大小依次为 ……12 则第n次碰撞后物块B的速度大小为 13 14 17．（1）1m/s（2）20kg(3) 冰块不能追上小孩 【详解】(1)小孩与冰块组成的系统，根据动量守恒可得， 解得 方向水平向右； (2)对于冰块和斜面体组成的系统，根据动量守恒可得 根据系统的机械能守恒得 解得 M=20kg (3)冰块与斜面 根据机械能守恒，可得 解得 方向水平向右，因为，所以冰块不能追上小孩。 18．（1），；（2）安全气囊不会爆开 【详解】（1）根据题意 设速度v₁的方向为正方向，由动量定理得 解得 由冲量定义有 解得 （2）设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v 由动量守恒定律有 解得 对试验车，由动量定理有 解得 可见，故试验车的安全气囊不会爆开。 19．（1）10m/s（2） 【分析】（1）根据机械能守恒定律可求小孩滑到B点的速度； （2）由动量守恒定律可求家长抱住小孩时的共同速度，再由动能定理可求B、C间的距离。 【详解】（1）从最高点到最低点，根据机械能守恒定律得 得 vB=10m/s （2）家长抱住小孩瞬间由动量守恒定律有 解得 接着以共同速度v向左做匀减速直线运动，由动能定理得 解得 20．（1）600N；（2） 【详解】（1）在轨道最低点，对小孩由牛顿第二定律可知 从最高点到最低点，对小孩根据机械能守恒定律得 联立解得 根据牛顿第三定律可知小孩对轨道的压力为600N； （2）家长抱住小孩的瞬间，根据动量守恒有 解得 根据动量定理有 即家长对孩子的冲量大小为 答案第12页，共12页 答案第11页，共12页 学科网（北京）股份有限公司 $