C．Ek2>Ek0D．p2>p0
【解析】 两个钢球在相碰过程中同时遵守能量守恒和动量守恒，由于外界没有能量输入，而碰撞中可能产生热量，所以碰后的总动能不会超过碰前的总动能，即Ek1＋Ek2≤Ek0，A正确，C错误；另外，A选项也可写成＜，B正确；根据动量守恒，设球1原来的运动方向为正方向，有p2－p1＝p0，D正确．
【答案】 ABD
4．小车AB静置于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，AB车质量为M，长为L.质量为m的木块C放在小车上，用细绳连结于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB与C都处于静止状态，如图1 3 12所示．当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是（ ）
【导学号：
224820xx】
图1 3 12
A．如果AB车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒
B．整个系统任何时刻动量都守恒
C．当木块对地运动速度为v时，小车对地运动速度为v
D．木块的位移一定大于小车的位移
【解析】 因水平地面光滑，小车、木块、弹簧组成的系统动量守恒，有mv1＝Mv2，ms1＝Ms2，因不知m、M的大小关系，故无法比较s1、s2的大小关系，但当木块C与B端碰撞后，系统总动量为零，整体又处于静止状态，故B正确，C、D错误；因木块C与B端的碰撞为完全非弹性碰撞，机械能损失最大，故A错误．
【答案】 B
5．（多选）A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图1 3 13所示为两球碰撞前后的位移图像．a、b分别为A、B两球碰前的位移图像，c为碰撞后两球共同运动的位移图像，若A球质量是m＝2kg，则由图像判断下列结论正确的是（ ）
图1 3 13
A．A、B碰撞前的总动量为3kg·m/s
B．碰撞时A对B所施冲量为－4N·s
C．碰撞前后A的动量变化量为4kg·m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J
【解析】 根据图像可以求出碰撞前小球的速度vA＝－3m/s，vB＝2m/s；碰撞后两球共同运动的速度v＝－1m/s，根据动量守恒定律有mB＝kg，即碰撞前的总动量为－kg·m/s.碰撞前后A的动量变化量为4kg·m/s；碰撞时A对B所施冲量为×（－1－2）N·s＝－4N·s；碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J.
【答案】 BCD
6．（多选）平静的水面上停着一只小船，船头站立着一个人，船的质量是人的质量的8倍．从某时刻起，这个人向船尾走去，走到船中部他突然停止走动．水对船的阻力忽略不计．下列说法中正确的是（ ）
A．人走动时，他相对于水面的速度大于小船相对于水面的速度
B．他突然停止走动后，船由于惯性还会继续走动一小段时间
C．人在船上走动过程中，人对水面的位移是船对水面的位移的9倍
D．人在船上走动过程中，人的动能是船的动能的8倍
【解析】 人船系统动量守恒，总动量始终为零，因此人、船动量等大，速度与质量成反比，A正确；人“突然停止走动”是指人和船相对静止，设这时人、船的速度为v，则（M＋m）v＝0，所以v＝0，说明船的速度立即变为零，B错误；人和船系统动量守恒，速度和质量成反比，因此人的位移是船的位移的8倍，C错误；动能、动量关系Ek＝∝，人在船上走动过程中人的动能是船的动能的8倍，D正确．
【答案】 AD
7．质量为M的火箭，原来以速度v0在太空中飞行，现在突然向后喷出一股质量为Δm的气体，喷出气体相对火箭的速度为v，则喷出气体后火箭的速率为________________．
【解析】 依题意可知，火箭原来相对地的速度为v0，初动量为p0＝Mv0，质量为Δm的气体喷出后，火箭的质量为（M－Δm），设气体喷出后，火箭和气体相对地的速度分别为v1和v2，则气体相对火箭的速度为：
v＝v1＋v2，v2＝v－v1，选v1的方向为正方向，则系统的末动量为：
p＝（M－Δm）v1＋Δm＝Mv1－Δmv，由动量守恒定律，有p＝p0，则：
Mv1－Δmv＝Mv0，所以v1＝（Mv0＋Δmv）/M.
【答案】 （Mv0＋Δmv）/M
8．从某高度自由下落一个质量为M的物体，当物体下落h时，突然炸裂成两块，已知质量为m的一块碎片恰能沿竖直方向回到开始下落的位置，求：
（1）刚炸裂时另一块碎片的速度；
（2）爆炸过程中有多少化学能转化为碎片的动能？
【解析】
（1）M下落h时：
由动能定理得Mgh＝Mv2，
解得v＝
爆炸时动量守恒：
Mv＝－mv＋（M－m）v′
v′＝，方向竖直向下．
（2）爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增加量，即
ΔEk＝mv2＋（M－m）v′2－Mv2
＝（m－M）v2＋＝.
【答案】
（1），方向竖直向下
（2）
9．在光滑的水平面上有两个质量均为m的物块A和B，物块B的左端与一轻弹簧相连并处于静止状态，如图1 3 14所示．物块A以速度v0向物块B运动，在物块A通过弹簧和物块B相互作用的过程中，下列说法正确的是（ ）
【导学号：
22482081】
图1 3 14
A．弹簧对物块A和对物块B的冲量相同
B．物块A、弹簧和物块B组成的系统，机械能不守恒
C．弹簧的最大弹性势能为mv
D．物块B获得的最大速度可能大于v0
【解析】 弹簧对物块A和对物块B的冲量大小相等，方向相反，选项A错误；物块A、B和弹簧组成的系统，只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒，物块A、B组成的系统机械能不守恒，选项B错误；物块A、B通过弹簧作用过程中，不受外力，动量守恒，所以作用结束后，A的速度为0，B的速度最大，为v0，选项D错误；A以速度v0水平向右运动，通过弹簧与B发生作用，A减速，B加速，当两个滑块速度相等时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，物块A、B与弹簧组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，有mv0＝2mv，解得v＝，根据能量守恒定律，得系统减少的动能等于增加的弹性势能，故弹簧获得的最大弹性势能为Ep＝mv－×2mv2＝mv，选项C正确．
【答案】 C
10．如图1 3 15所示，光滑水平地面上有一足够长的木板，左端放置可视为质点的物体，其质量为m1＝1kg，木板与物体间动摩擦因数μ＝0.1.二者以相同的初速度v0＝0.8m/s一起向右运动，木板与竖直墙碰撞时间极短，且没有机械能损失．g取10m/s2.
【导学号：
224820xx】
（1）如果木板质量m2＝3kg，求物体相对木板滑动的最大距离；
（2）如果木板质量m2＝0.6kg，求物体相对木板滑动的最大距离．
图1 3 15
【解析】
（1）木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，设向左为正方向，由动量守恒定律得
m2v0－m1v0＝（m1＋m2）v
解得v＝0.4m/s，方向向左，不会与竖直墙再次碰撞．
由能量守恒定律得
（m1＋m2）v＝（m1＋m2）v2＋μm1gs1
解得s1＝0.96m.
（2）木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，由动量守恒定律得
m2v0－m1v0＝（m1＋m2）v′
解得v′＝－0.2m/s，方向向右，将与竖直墙再次碰撞，最后木板停在竖直墙处．
由能量守恒定律得
（m1＋m2）v＝μm1gs2
解得s2＝0.512m.
【答案】
（1）0.96m
（2）0.512m
11．如图1 3 16所示，两个长度为L、质量为m的相同长方体形物块1和2叠放在一起，置于固定且正对的两光滑薄板间，薄板间距也为L，板底部有孔正好能让最底层的物块通过并能防止物块2翻倒，质量为m的钢球用长为R的轻绳悬挂在O点．将钢球拉到与O点等高的位置A静止释放，钢球沿圆弧摆到最低点时与物块1正碰后静止，物块1滑行一段距离s（s>2L）后停下．又将钢球拉回A点静止释放，撞击物块2后钢球又静止．物块2与物块1相碰后，两物块以共同速度滑行一段距离后停下．重力加速度为g，绳不可伸长，不计物块之间摩擦，求：
【导学号：
22482105】
（1）物块与地面间的动摩擦因数；
（2）两物块都停下时物块2滑行的总距离．
图1 3 16
【解析】
（1）设钢球与物块1碰撞前的速率为v0，根据机械能守恒定律，有mgR＝mv
可得v0＝
钢球与物块1碰撞，设碰后物块1速度为v1，根据动量守恒定律，有mv0＝mv1
联立解得v1＝
设物块与地面间的动摩擦因数为μ，物块1碰撞获得速度后滑行至停下，由动能定理，有－2μmgL－μmg（s－L）＝0－mv
联立解得μ＝.
（2）设物块2被钢球碰后的速度为v2，物块2与物块1碰撞前速度为v3，根据机械能守恒定律、动量守恒和动能定理，有v2＝v1＝
－μmg（s－L）＝mv－mv
设物块1和物块2碰撞后的共同速度为v4，两物块一起继续滑行距离为s1，根据动量守恒定律和动能定理，有mv3＝2mv4
－2μmgs1＝0－×2mv
可得s1＝L
设物块2滑行的总距离为d，根据题意，有
d＝s－L＋s1＝s－.
【答案】
（1）
（2）S－
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