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【备战2022】高考物理选择题专项练习集：动量守恒定律及其应用(成都专栏)
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这是一份【备战2022】高考物理选择题专项练习集：动量守恒定律及其应用(成都专栏)，共14页。试卷主要包含了单项选择题，双项选择题，多项选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（共20小题；共80分）
1. 2020 年 10 月 26 日，伴随着遥感三十号 07 组卫星成功发射，西昌卫星发射中心西昌发射场时隔 14 天再次圆满完成新的发射任务。若火箭搭载着卫星以速率 v0 进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离，已知前部分的卫星质量为 m1，后部分的箭体质量为 m2，分离后箭体以速率 v2 沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率 v1 为
A. v0−v2B. v0+v2
C. v0−m2m1v2D. v0+m2m1(v0−v2)
2. 如图所示，一车厢长度为 l，质量为 M，静止在光滑的水平面上，车厢内有一质量为 m 的物体，以初速度 v0 向右运动，与车厢来回碰撞 n 次后静止在车厢中，这时车厢的速度为
A. v0B. 0C. mv0M+mD. mv0M−m
3. 关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是
A. 只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒
B. 只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒
C. 只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒
D. 系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒
4. 如图所示，在光滑水平面上有一辆平板车，一人手握大锤站在车上。开始时人、锤和车均静止。某时刻起人将锤抡起，然后用力使锤落下敲打车的左端，如此不断地敲打车的左端。不计空气阻力，下列说法正确的是
A. 不断敲打车的左端的过程中，车将不断向右运动
B. 停止敲打后，人、锤和车将一起向右匀速运动
C. 在任意过程，人、锤和车组成的系统动量守恒
D. 在任意过程，人、锤和车组成的系统水平方向动量守恒
5. 如图所示，一个质量为 m1=50 kg 的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为 m2=20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触。初始静止时人离地面的高度为 h=5 m。如果这个人开始沿长绳向下滑动，当他滑到长绳下端时，他离地面的高度大约是 （可以把人看作质点）
A. 2.6 mB. 3.6 mC. 1.5 mD. 4.5 m
6. 一枚火箭搭载着卫星以速率 v0 进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为 m1，后部分的箭体质量为 m2，分离后箭体以速率 v2 沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率 v1 为
A. v0−v2B. v0+v2
C. v0−m2m1v2D. v0+m2m1(v0−v2)
7. 一中子与一质量数为 A(A>1) 的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为
A. A+1A−1B. A−1A+1C. 4A(A+1)2D. (A+1)2(A−1)2
8. 如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统
A. 动量守恒，机械能守恒B. 动量守恒，机械能不守恒
C. 动量不守恒，机械能守恒D. 动量不守恒，机械能不守恒
9. 在同一竖直平面内，3 个完全相同的小钢球（1 号，2 号、 3 号）悬挂于同一高度，静止时小球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是
A. 将 1 号移至高度 h 释放，碰撞后，观察到 2 号静止、 3 号摆至高度 h。若 2 号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3 号仍能摆至高度 h
B. 将 1 、 2 号一起移至高度 h 释放，碰撞后，观察到 1 号静止，2 、 3 号一起摆至高度 h，释放后整个过程机械能和动量都守恒
C. 将右侧涂胶的 1 号移至高度 h 释放，1 、 2 号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3 号仍能摆至高度 h
D. 将 1 号和右侧涂胶的 2 号一起移至高度 h 释放，碰撞后，2 、 3 号粘在一起向右运动，未能摆至高度 h，释放后整个过程机械能和动量都不守恒
10. 中国已成功发射可重复使用试验航天器。某实验小组仿照航天器的发射原理，在地球表面竖直向上发射了一质量为 M（含燃料）的火箭，当火箭以大小为 v0 的速度竖直向上飞行时，火箭接到加速的指令瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为 v1，加速后火箭的速度大小为 v2，不计喷气过程重力的影响，所有速度均为对地速度，则喷出气体的质量为
A. Mv2v1B. M(v2−v0)v1+v2C. M(v2−v0)v1−v2D. Mv1v2
11. 小船相对于静止的湖水以速度 v 向东航行。某人将船上两个质量相同的沙袋，以相对于湖水相同的速率 v 先后从船上水平向东、向西抛出船外。那么当两个沙袋都被抛出后，小船的速度将
A. 仍为 vB. 大于 vC. 小于 vD. 可能反向
12. 两个小木块 B 、 C 中间夹着一根轻弹簧，将弹簧压缩后用细线将两个木块绑在一起，使它们一起在光滑水平面上沿直线运动，这时它们的运动图线如图中 a 线段所示，在 t=4 s 末，细线突然断了，B 、 C 都和弹簧分离后，运动图线分别如图中 b 、 c 线段所示。由图中的信息可知
A. 木块 B 、 C 都和弹簧分离后的运动方向相反
B. 木块 B 、 C 都和弹簧分离后，系统的总动量增大
C. 木块 B 、 C 分离过程中 B 木块的动量变化较大
D. 木块 B 的质量是木块 C 质量的 14
13. 在光滑水平面上，甲、乙两球沿同一直线同向运动，碰撞后粘在一起，若碰撞前甲、乙球的动量分别为 6 kg⋅m/s 、 14 kg⋅m/s，碰撞过程中乙球动量减少 6 kg⋅m/s，则甲、乙两球的质量之比为
A. 3:2B. 3:7C. 2:7D. 7:4
14. 以下对碰撞的理解，说法正确的是
A. 弹性碰撞一定是对心碰撞
B. 非对心碰撞一定是非弹性碰撞
C. 弹性碰撞也可能是非对心碰撞
D. 弹性碰撞和对心碰撞中动量守恒，非弹性碰撞和非对心碰撞中动量不守恒
15. 下列关于反冲现象的说法中，正确的是
A. 抛出物体的质量要小于剩下物体的质量才能发生反冲
B. 若抛出物体 A 的质量大于剩下物体 B 的质量，则 B 受的反冲力大于 A 所受的反冲力
C. 反冲现象中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用
D. 对抛出部分和剩余部分，牛顿第二定律都适用
16. 一辆机车质量是 2m，以速度 v 与原来静止的、质量为 3m 的车厢碰撞挂接，挂接后它们的总动能是
A. 110mv2B. 15mv2C. 25mv2D. 910mv2
17. 如图所示，质量为 m 的 A 球在光滑水平面上静止放置，质量为 2m 的 B 球向左运动，速度大小为 v0，B 球与 A 球碰撞且无机械能损失，碰后 A 球速度大小为 v1，B 球的速度大小为 v2。碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数，即 e=v1−v2v0−0，下列选项正确的是
A. e=1B. e=12C. e=13D. e=14
18. 如图所示，在足够长的固定斜面上有一质量为 m 的薄木板 A，木板 A 获得初速度 v0 后恰好能沿斜面匀速下滑。现有一质量也为 m 的小滑块 B 无初速度轻放在木板 A 的上表面，对于滑块 B 在木板 A 上滑动的过程（B 始终未从 A 的上表面滑出，B 与 A 间的动摩擦因数大于 A 与斜面间的动摩擦因数），以下说法正确的是
A. A 、 B 组成的系统动量和机械能都守恒
B. A 、 B 组成的系统动量和机械能都不守恒
C. 当 B 的速度为 13v0 时，A 的速度为 23v0
D. 当 A 的速度为 13v0 时，B 的速度为 23v0
19. 如图所示，光滑的水平面上有一个质量为 M=3 m 的凸形滑块，它的左侧面与水平面相切，并且光滑，滑块的高度为 h=0.6 m。质量为 m 的小球，以某一初速度在水平面上迎着光滑曲面冲向滑块，要使小球越过滑块，小球初速度至少是（g=10 m/s2）
A. 4.5 m/sB. 4 m/sC. 3.5 m/sD. 3 m/s
20. 在光滑的水平面的同一直线上，自左向右地依次排列质量均为 m 的一系列小球，另一质量为 m 的小球 A 以水平向右的速度 v0 运动，依次与上述小球相碰，碰后即粘在一起，碰撞 n 次后，剩余的总动能为原来的 18，则 n 为
A. 5B. 6C. 7D. 8
二、双项选择题（共8小题；共32分）
21. 如图所示，一异形轨道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圆弧部分组成，置于光滑的水平面上，如果轨道固定，将可视为质点和物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，物块恰好停在水平轨道的最左端。如果轨道不固定，仍将物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是
A. 物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量守恒
B. 物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量不守恒
C. 物块仍能停在水平轨道的最左端
D. 物块将从轨道左端冲出水平轨道
22. 如图，一艘小船原来静止在平静的水面上，现前舱有水需要用抽水机抽往后舱，不计水面对船舱的阻力，则在抽水过程中，关于船舱的运动，以下说法正确的是
A. 若前后舱是分开的，则前舱将向前运动
B. 若前后舱是分开的，则前舱将向后运动
C. 若前后舱不分开，则船将向前运动
D. 若前后舱不分开，则船将会一直静止在水面上
23. 如图所示，在光滑的水平面上，有质量相等的甲、乙两木块，甲木块以速度 v 向右运动，乙木块静止，左侧连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后
A. 甲木块速度大小一直减小直至为零
B. 甲木块速度先减小，之后与乙木块保持相同速度向右做匀速运动
C. 甲、乙两木块所组成的系统动量守恒
D. 甲、乙两木块所组成的系统机械能守恒
24. 如图所示，质量 M=2 kg 的滑块在光滑的水平轨道上，质量 m=1 kg 的小球通过长 L=0.5 m 的轻质细杆与滑块上的光滑轴 O 连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕 O 轴自由转动，滑块可以在光滑的水平轨道上自由运动，开始轻杆处于水平状态。现给小球一个竖直向上的初速度，大小为 v0=4 m/s，则下列说法正确的是
A. 当小球通过最高点时滑块的位移大小是 13m
B. 当小球通过最高点时滑块的位移大小是 16m
C. 当小球击中滑块右侧轨道位置时，与小球起始位置间的距离为 13m
D. 当小球击中滑块右侧轨道位置时，与小球起始位置间的距离为 23m
25. 如图，一人站在静止的平板车上，不计平板车与水平地面的摩擦，空气的阻力也不考虑。则下列说法不正确的是
A. 人在车上向右行走时，车将向左运动
B. 当人停止走动时，由于车的惯性大，车将继续运动
C. 人缓慢地在车上行走时，车可能不动
D. 当人从车上的左端行走到右端，不管人在车上行走的速度多大，车在地面上移动的距离都相同
26. 质量为 m 、速度为 v 的 A 球跟质量为 3m 的静止的 B 球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后 B 球的速度可能值为
A. 0.6vB. 0.4vC. 0.2vD. 0.3v
27. 如图所示，一质量为 M=3.0 kg 的长木板 B 放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为 m=1.0 kg 的小物块 A。现以地面为参考系，给 A 和 B 大小均为 4.0 m/s 、方向相反的初速度，使 A 开始向左运动，B 开始向右运动，但最后 A 并没有滑离 B 板，站在地面上的观察者看到在一段时间内物块 A 做加速运动，则在这段时间内的某时刻，木板 B 相对地面的速度大小可能是
A. 3.0 m/sB. 2.5 m/sC. 2.4 m/sD. 1.8 m/s
28. 长为 L 、质量为 M 的平板小车停在光滑水平面上，质量为 m 的木块（可视为质点）以速度 v0 滑上小车的左端，最后刚好停在小车的右端，如图甲所示；若小车以速度 v0 向左运动时，将木块轻轻放在小车左端，如图乙所示，则
A. 木块最终刚好停在小车右端
B. 木块最终停在小车上，但还离右端一段距离
C. 木块将滑出小车
D. 两种情况中木块相对小车滑行的时间相等
三、多项选择题（共2小题；共8分）
29. 采取下列哪些措施有利于增加喷气式飞机的飞行速度
A. 使喷出的气体速度更大B. 减轻飞机自身质量
C. 使喷出的气体质量更大D. 使喷出的气体密度更小
30. 如图所示，一个夹层中空的圆柱形零件内部放有一个略比夹层宽度小一点的小圆柱体，初始时小圆柱体位于大圆柱夹层的顶部，此时大圆柱体与地面的接触位置为 A 点，如甲图所示，现小圆柱体受到微小的扰动，从顶部滚下，截面图如乙图所示，忽略一切接触部位的摩擦，以下说法中不正确的是
A. 小圆柱体会再次到达顶部，此时大圆柱体与地面的接触位置仍在 A 点
B. 小圆柱体不会再次到达顶部，此时大圆柱体与地面的接触位置在 A 点右侧
C. 小圆柱体会再次到达顶部，此时大圆柱体与地面的接触位置由大、小圆柱体的质量关系决定
D. 小圆柱体不会再次到达顶部，此时大圆柱体与地面的接触位置在 A 点左侧
答案
第一部分
1. D
【解析】卫星和箭体组成的系统分离时动量守恒，规定初速度的方向为正方向，由动量守恒定律有 (m1+m2)v0=m2v2+m1v1
解得 v1=v0+m2m1(v0−v2)
故选D。
2. C
【解析】物体和车厢组成的系统，满足动量守恒，最后物体和车厢共速，由动量守恒得 mv0=(M+m)v，解得 v=mv0m+M，故选C。
3. C
【解析】只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒，而与系统内物体是否具有加速度或物体是否受摩擦力无关，故A、B均错误，C正确；系统中所有物体的加速度均为零时，系统所受合外力一定为零，故系统动量一定守恒，D错误。
4. D
【解析】人、锤和车组成的系统在水平方向上所受合力为零，则水平方向动量守恒，由于开始时人、锤和车静止，则系统总动量为零，锤下落过程中，在水平方向上的速度向右，则车的动量水平向左，抬起锤的过程正好相反，则车将左右摆动，停止敲打后，车也停止摆动，故D正确，A、B、C错误。
5. B
【解析】设人的速度为 v1，气球的速度为 v2，人下滑的距离为 x1，气球上升的距离为 x2，根据人和气球动量守恒得 m1v1=m2v2，则有 m1x1=m2x2，所以 x1=25x2，气球和人运动的路程之和为 5 m，则人下滑的距离为 x1=27h=107 m，气球上升的距离为 x2=57h=257 m≈3.6 m，则此时人离地面的高度大约是 3.6 m。故选B。
6. D
【解析】箭体与卫星分离前后系统动量守恒，则有 (m1+m2)v0=m1v1+m2v2，解得 v1=v0+m2m1(v0−v2)，选D。
7. A
【解析】设中子的质量为 m，因为发生的是弹性正碰，碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，规定中子初速度的方向为正方向，有 mv1=mv2+Amv，12mv12=12mv22+12⋅Amv2，两式联立解得 v1v2=A+1A−1，选A。
8. B
【解析】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。
9. D
【解析】1 号球与质量不同的 2 号球相碰撞后，1 号球速度不为零，则 2 号球获得的动能小于 1 号球撞 2 号球前瞬间的动能，所以 2 号球与 3 号球相碰撞后，3 号球获得的动能也小于 1 号球撞 2 号球前瞬间的动能，则 3 号不可能摆至高度 h，故A错误；
1 、 2 号球释放后，三小球之间的碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，故B错误；
1 、 2 号碰撞后粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，所以 1 、 2 号球再与 3 号球相碰后，3 号球获得的动能不足以使其摆至高度 h，故C错误；
碰撞后，2 、 3 号粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，且整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统的机械能和动量都不守恒，故D正确。
10. B
11. B
【解析】设小船和沙袋的总质量为 M，每个沙袋的质量为 m，整个过程水平方向动量守恒。向东抛出沙袋前后瞬间由动量守恒有 Mv=(M−m)vʹ+mv，得 vʹ=v；向西抛出沙袋前后瞬间由动量守恒有 (M−m)v=(M−2m)vʺ−mv，得 vʺ=MM−2mv>v，故B正确。
12. D
【解析】由 x−t 图象可知，位移均为正，则两木块朝一个方向运动，故A错误；木块 B 、 C 都和弹簧分离后，系统所受合外力为零，所以系统前后的动量守恒，即系统的总动量保持不变，故B错误；系统动量守恒，则系统内两个木块的动量变化量等大反向，故C错误；木块都与弹簧分离后 B 的速度和 C 的速度分别为 v1=10−46−4 m/s=3 m/s，v2=5−46−4 m/s=0.5 m/s，细线未断前 B 、 C 的速度均为 v0=1 m/s，由动量守恒定律得 (mB+mC)v0=mBv1+mCv2，解得 mBmC=14，故D正确。
13. A
【解析】甲、乙两球在碰撞过程中系统的动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 p甲+p乙=pʹ甲+pʹ乙
因为 pʹ乙=8 kg⋅m/s
所以 pʹ甲=12 kg⋅m/s
碰撞后两球速度相等，设此速度为 v，则 pʹ甲=m甲v=12 kg⋅m/s
pʹ乙=m乙v=8 kg⋅m/s
则 m甲:m乙=3:2
故选A。
14. C
【解析】弹性碰撞是没有机械能损失的碰撞，对心碰撞是速度方向与两球心连线共线的碰撞，因此弹性碰撞可能是对心碰撞，也可能是非对心碰撞，故A错误，C正确；
非对心碰撞是指速度方向与两球心连线不共线的碰撞，而非弹性碰撞是有机械能损失的碰撞，因此非对心碰撞可能是弹性碰撞，也可能是非弹性碰撞，故B错误；
只要碰撞过程中内力远大于外力，都可以认为系统的动量守恒，因此弹性碰撞、非弹性碰撞、对心碰撞、非对心碰撞中动量均守恒，故D错误。
15. D
【解析】反冲现象中并没有确定两部分物体之间的质量关系，选项A错误。
在反冲现象中，两部分物体之间的作用力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知，它们大小相等、方向相反，选项B错误。
在反冲现象中，一部分物体受到的另一部分物体的作用力产生了该部分的加速度，使该部分的速度增大，在此过程中，对每一部分，牛顿第二定律都适用，选项C错误，选项D正确。
16. C
【解析】机车与车厢碰撞的过程，系统所受外力远小于内力，总动量守恒，根据动量守恒定律得 2mv=(2m+3m)vʹ，解得 vʹ=2v5，则总动能为 Ek=12(2m+3m)vʹ2=25mv2，故C正确，A、B、D错误。
17. A
【解析】A，B 在碰撞的过程中，根据动量守恒定律可得 2mv0=mv1+2mv2；在碰撞的过程中机械能守恒，可得 12×2mv02=12mv12+12×2mv22，解得 v1=43v0，v2=13v0，则恢复系数 e=v1−v2v0−0=1，故选A。
18. C
【解析】设 A 与斜面间的动摩擦因数为 μ，A 匀速运动时，有 mgsinθ=μmgcsθ。对于 A 、 B 组成的系统，有 2mgsinθ=μ⋅2mgcsθ，所以系统所受合外力为零，系统的动量守恒。由于系统要克服摩擦力做功产生内能，所以系统的机械能不守恒，故A 、B错误；以 A 、 B 组成的系统为研究对象，其所受合外力为零，动量守恒，取沿斜面向下为正方向则有 mv0=mvA+mvB，当 vB=13v0 时 vA=23v0 或当 vA=13v0 时 vB=23v0，由于 B 与 A 间的动摩擦因数大于 A 与斜面间的动摩擦因数，所以 vA>vB，故C正确，D错误。
19. B
【解析】设小球的初速度为 v0，当小球滑到滑块最高点时，小球的速度为 v1，滑块速度为 v2，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得 mv0=mv1+Mv2，由机械能守恒定律得 12mv02=12mv12+12Mv22+mgh，小球若要越过滑块，应有 v1≥v2，假设 v1=v2=v （临界状态），代入上述表达式得 mv0=(m+M)v，12mv02=12(m+M)v2+mgh，联立并代入数据解得 v0=4 m/s，即小球初速度至少为 4 m/s，故选B。
20. C
【解析】整个过程动量守恒，
则碰撞 n 次后整体的速度为：
v=mv0(n+1)m=v0n+1，
对应的总动能为：
Ek=12(n+1)mv2=mv022(n+1)，
由题可知：Ek=18×12mv02，
联立解得 n=7，选C。
第二部分
21. B， C
22. A， C
【解析】若前后舱是分开的，不计水的阻力，则系统在水平方向动量守恒，系统总动量保持为零，用一抽水机把前舱的水抽往后舱，水的速度向后，水的动量向后，则前舱向前运动，故A正确，B错误；若前后舱不分开，用抽水机把前舱的水抽往后舱，则水的重心后移，故船将向前运动（等效于人船模型），故C正确，D错误。故选A、C。
23. A， C
【解析】甲、乙两木块相互作用过程中，开始时，弹簧被压缩，甲木块受到弹簧弹力的作用，速度大小会一直减小，乙物块加速，当二者速度相等时，弹簧压缩量最大，此时二者速度为 v2；当弹簧恢复原长时，设甲的速度为 v1，乙的速度为 v2，甲、乙的质量相等，设为 m，由动量守恒定律得 mv=mv1+mv2，由机械能守恒定律得 12mv2=12mv12+12mv22，解得 v1=0，v2=v，所以甲木块速度大小一直减小，当弹簧恢复原长时速度变为零，故A正确；甲木块速度大小一直减小直至为零，乙木块的速度一直增加，当甲的速度变为零时，乙以甲原来的初速度向右运动，故B错误；由动量守恒的判定条件可知，甲、乙两木块所组成的系统动量守恒，故C正确；甲、乙两木块及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误。
24. B， D
【解析】滑块和小球组成的系统在水平方向动量守恒，设当小球通过最高点时滑块的位移大小为 x，则 m(L−x)=Mx，解得 x=16m，A错误，B正确；当小球击中滑块右侧轨道位置时，设与小球起始位置间的距离为 y，则 my=M(2L−y)，解得 y=23m，C错误，D正确。
25. B， C
【解析】人与车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得 mv人+Mv车=0，解得 v车=−mv人M，车的速度方向与人的速度方向相反，人在车上向右行走时，车将向左运动，故A正确；因人和车总动量为零，人停止走动速度为零时，由动量守恒定律可知，车的速度也为零，故B错误；由 v车=−mv人M 可知，人缓慢地在车上行走时，车也缓慢地运动，故C错误；人从车上的左端行走到右端，设车的长度为 L，人与车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 mv人−Mv车=0，即 mL−xt−Mxt=0，解得 x=mLm+M，车在地面上移动的距离 x 与人的行走速度无关，故D正确。本题要求选不正确的，故选B、C。
26. B， D
【解析】A 、 B 发生完全非弹性碰撞时，B 获得的速度最小，由动量守恒定律有 mv=(m+3m)vBmin，得 vBmin=0.25v；当 A 、 B 发生弹性碰撞时，B 获得的速度最大，由动量守恒定律有 mv=mvʹ+3mvBmax，由机械能守恒定律有 12mv2=12mvʹ2+12×3mvBmax2，联立得 vBmax=0.5v，故 B 球的速度 vB 满足 0.25v≤vB≤0.5v，故选B、D。
27. B， C
【解析】以 A 、 B 组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从 A 开始运动到 A 的速度变为零的过程中，由动量守恒定律得 (M−m)v0=MvB1，解得 vB1=2.67 m/s；从开始到 A 、 B 速度相同的过程中，由动量守恒定律得 (M−m)v0=(M+m)vB2，解得 vB2=2 m/s，则在物块 A 做加速运动的时间内，木板 B 的速度范围为 2 m/s≤vB≤2.67 m/s，故BC正确，A、D错误。
28. A， D
【解析】如题图甲所示，由动量守恒定律和能量关系可知 mv0=(m+M)v，μmgL=12mv02−12(m+M)v2；如题图乙所示，由动量守恒定律和能量关系可知 Mv0=(m+M)vʹ，μmgx=12Mv02−12(m+M)vʹ2，联立解得 x=L，故A正确，B 、C错误；题图甲情况中，对小车由动量定理得 μmgt1=Mv，题图乙情况中，对木块由动量定理得 μmgt2=mvʹ，解得 t1=t2，故D正确。
第三部分
29. A， B， C
【解析】把喷气式飞机和喷出的气体看成系统，设原来的总质量为 M，喷出的气体质量为 m，速率为 v，剩余部分的质量为 M−m，速率为 vʹ，规定飞机的速度方向为正方向，由系统动量守恒得 (M−m)vʹ−mv=0，解得 vʹ=mvM−m，由上式可知，m 越大，v 越大，M 越小，则 vʹ 越大。
30. B， C， D
一、单项选择题（共20小题；共80分）
1. 2020 年 10 月 26 日，伴随着遥感三十号 07 组卫星成功发射，西昌卫星发射中心西昌发射场时隔 14 天再次圆满完成新的发射任务。若火箭搭载着卫星以速率 v0 进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离，已知前部分的卫星质量为 m1，后部分的箭体质量为 m2，分离后箭体以速率 v2 沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率 v1 为
A. v0−v2B. v0+v2
C. v0−m2m1v2D. v0+m2m1(v0−v2)
2. 如图所示，一车厢长度为 l，质量为 M，静止在光滑的水平面上，车厢内有一质量为 m 的物体，以初速度 v0 向右运动，与车厢来回碰撞 n 次后静止在车厢中，这时车厢的速度为
A. v0B. 0C. mv0M+mD. mv0M−m
3. 关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是
A. 只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒
B. 只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒
C. 只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒
D. 系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒
4. 如图所示，在光滑水平面上有一辆平板车，一人手握大锤站在车上。开始时人、锤和车均静止。某时刻起人将锤抡起，然后用力使锤落下敲打车的左端，如此不断地敲打车的左端。不计空气阻力，下列说法正确的是
A. 不断敲打车的左端的过程中，车将不断向右运动
B. 停止敲打后，人、锤和车将一起向右匀速运动
C. 在任意过程，人、锤和车组成的系统动量守恒
D. 在任意过程，人、锤和车组成的系统水平方向动量守恒
5. 如图所示，一个质量为 m1=50 kg 的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为 m2=20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触。初始静止时人离地面的高度为 h=5 m。如果这个人开始沿长绳向下滑动，当他滑到长绳下端时，他离地面的高度大约是 （可以把人看作质点）
A. 2.6 mB. 3.6 mC. 1.5 mD. 4.5 m
6. 一枚火箭搭载着卫星以速率 v0 进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为 m1，后部分的箭体质量为 m2，分离后箭体以速率 v2 沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率 v1 为
A. v0−v2B. v0+v2
C. v0−m2m1v2D. v0+m2m1(v0−v2)
7. 一中子与一质量数为 A(A>1) 的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为
A. A+1A−1B. A−1A+1C. 4A(A+1)2D. (A+1)2(A−1)2
8. 如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统
A. 动量守恒，机械能守恒B. 动量守恒，机械能不守恒
C. 动量不守恒，机械能守恒D. 动量不守恒，机械能不守恒
9. 在同一竖直平面内，3 个完全相同的小钢球（1 号，2 号、 3 号）悬挂于同一高度，静止时小球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是
A. 将 1 号移至高度 h 释放，碰撞后，观察到 2 号静止、 3 号摆至高度 h。若 2 号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3 号仍能摆至高度 h
B. 将 1 、 2 号一起移至高度 h 释放，碰撞后，观察到 1 号静止，2 、 3 号一起摆至高度 h，释放后整个过程机械能和动量都守恒
C. 将右侧涂胶的 1 号移至高度 h 释放，1 、 2 号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3 号仍能摆至高度 h
D. 将 1 号和右侧涂胶的 2 号一起移至高度 h 释放，碰撞后，2 、 3 号粘在一起向右运动，未能摆至高度 h，释放后整个过程机械能和动量都不守恒
10. 中国已成功发射可重复使用试验航天器。某实验小组仿照航天器的发射原理，在地球表面竖直向上发射了一质量为 M（含燃料）的火箭，当火箭以大小为 v0 的速度竖直向上飞行时，火箭接到加速的指令瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为 v1，加速后火箭的速度大小为 v2，不计喷气过程重力的影响，所有速度均为对地速度，则喷出气体的质量为
A. Mv2v1B. M(v2−v0)v1+v2C. M(v2−v0)v1−v2D. Mv1v2
11. 小船相对于静止的湖水以速度 v 向东航行。某人将船上两个质量相同的沙袋，以相对于湖水相同的速率 v 先后从船上水平向东、向西抛出船外。那么当两个沙袋都被抛出后，小船的速度将
A. 仍为 vB. 大于 vC. 小于 vD. 可能反向
12. 两个小木块 B 、 C 中间夹着一根轻弹簧，将弹簧压缩后用细线将两个木块绑在一起，使它们一起在光滑水平面上沿直线运动，这时它们的运动图线如图中 a 线段所示，在 t=4 s 末，细线突然断了，B 、 C 都和弹簧分离后，运动图线分别如图中 b 、 c 线段所示。由图中的信息可知
A. 木块 B 、 C 都和弹簧分离后的运动方向相反
B. 木块 B 、 C 都和弹簧分离后，系统的总动量增大
C. 木块 B 、 C 分离过程中 B 木块的动量变化较大
D. 木块 B 的质量是木块 C 质量的 14
13. 在光滑水平面上，甲、乙两球沿同一直线同向运动，碰撞后粘在一起，若碰撞前甲、乙球的动量分别为 6 kg⋅m/s 、 14 kg⋅m/s，碰撞过程中乙球动量减少 6 kg⋅m/s，则甲、乙两球的质量之比为
A. 3:2B. 3:7C. 2:7D. 7:4
14. 以下对碰撞的理解，说法正确的是
A. 弹性碰撞一定是对心碰撞
B. 非对心碰撞一定是非弹性碰撞
C. 弹性碰撞也可能是非对心碰撞
D. 弹性碰撞和对心碰撞中动量守恒，非弹性碰撞和非对心碰撞中动量不守恒
15. 下列关于反冲现象的说法中，正确的是
A. 抛出物体的质量要小于剩下物体的质量才能发生反冲
B. 若抛出物体 A 的质量大于剩下物体 B 的质量，则 B 受的反冲力大于 A 所受的反冲力
C. 反冲现象中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用
D. 对抛出部分和剩余部分，牛顿第二定律都适用
16. 一辆机车质量是 2m，以速度 v 与原来静止的、质量为 3m 的车厢碰撞挂接，挂接后它们的总动能是
A. 110mv2B. 15mv2C. 25mv2D. 910mv2
17. 如图所示，质量为 m 的 A 球在光滑水平面上静止放置，质量为 2m 的 B 球向左运动，速度大小为 v0，B 球与 A 球碰撞且无机械能损失，碰后 A 球速度大小为 v1，B 球的速度大小为 v2。碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数，即 e=v1−v2v0−0，下列选项正确的是
A. e=1B. e=12C. e=13D. e=14
18. 如图所示，在足够长的固定斜面上有一质量为 m 的薄木板 A，木板 A 获得初速度 v0 后恰好能沿斜面匀速下滑。现有一质量也为 m 的小滑块 B 无初速度轻放在木板 A 的上表面，对于滑块 B 在木板 A 上滑动的过程（B 始终未从 A 的上表面滑出，B 与 A 间的动摩擦因数大于 A 与斜面间的动摩擦因数），以下说法正确的是
A. A 、 B 组成的系统动量和机械能都守恒
B. A 、 B 组成的系统动量和机械能都不守恒
C. 当 B 的速度为 13v0 时，A 的速度为 23v0
D. 当 A 的速度为 13v0 时，B 的速度为 23v0
19. 如图所示，光滑的水平面上有一个质量为 M=3 m 的凸形滑块，它的左侧面与水平面相切，并且光滑，滑块的高度为 h=0.6 m。质量为 m 的小球，以某一初速度在水平面上迎着光滑曲面冲向滑块，要使小球越过滑块，小球初速度至少是（g=10 m/s2）
A. 4.5 m/sB. 4 m/sC. 3.5 m/sD. 3 m/s
20. 在光滑的水平面的同一直线上，自左向右地依次排列质量均为 m 的一系列小球，另一质量为 m 的小球 A 以水平向右的速度 v0 运动，依次与上述小球相碰，碰后即粘在一起，碰撞 n 次后，剩余的总动能为原来的 18，则 n 为
A. 5B. 6C. 7D. 8
二、双项选择题（共8小题；共32分）
21. 如图所示，一异形轨道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圆弧部分组成，置于光滑的水平面上，如果轨道固定，将可视为质点和物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，物块恰好停在水平轨道的最左端。如果轨道不固定，仍将物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是
A. 物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量守恒
B. 物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量不守恒
C. 物块仍能停在水平轨道的最左端
D. 物块将从轨道左端冲出水平轨道
22. 如图，一艘小船原来静止在平静的水面上，现前舱有水需要用抽水机抽往后舱，不计水面对船舱的阻力，则在抽水过程中，关于船舱的运动，以下说法正确的是
A. 若前后舱是分开的，则前舱将向前运动
B. 若前后舱是分开的，则前舱将向后运动
C. 若前后舱不分开，则船将向前运动
D. 若前后舱不分开，则船将会一直静止在水面上
23. 如图所示，在光滑的水平面上，有质量相等的甲、乙两木块，甲木块以速度 v 向右运动，乙木块静止，左侧连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后
A. 甲木块速度大小一直减小直至为零
B. 甲木块速度先减小，之后与乙木块保持相同速度向右做匀速运动
C. 甲、乙两木块所组成的系统动量守恒
D. 甲、乙两木块所组成的系统机械能守恒
24. 如图所示，质量 M=2 kg 的滑块在光滑的水平轨道上，质量 m=1 kg 的小球通过长 L=0.5 m 的轻质细杆与滑块上的光滑轴 O 连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕 O 轴自由转动，滑块可以在光滑的水平轨道上自由运动，开始轻杆处于水平状态。现给小球一个竖直向上的初速度，大小为 v0=4 m/s，则下列说法正确的是
A. 当小球通过最高点时滑块的位移大小是 13m
B. 当小球通过最高点时滑块的位移大小是 16m
C. 当小球击中滑块右侧轨道位置时，与小球起始位置间的距离为 13m
D. 当小球击中滑块右侧轨道位置时，与小球起始位置间的距离为 23m
25. 如图，一人站在静止的平板车上，不计平板车与水平地面的摩擦，空气的阻力也不考虑。则下列说法不正确的是
A. 人在车上向右行走时，车将向左运动
B. 当人停止走动时，由于车的惯性大，车将继续运动
C. 人缓慢地在车上行走时，车可能不动
D. 当人从车上的左端行走到右端，不管人在车上行走的速度多大，车在地面上移动的距离都相同
26. 质量为 m 、速度为 v 的 A 球跟质量为 3m 的静止的 B 球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后 B 球的速度可能值为
A. 0.6vB. 0.4vC. 0.2vD. 0.3v
27. 如图所示，一质量为 M=3.0 kg 的长木板 B 放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为 m=1.0 kg 的小物块 A。现以地面为参考系，给 A 和 B 大小均为 4.0 m/s 、方向相反的初速度，使 A 开始向左运动，B 开始向右运动，但最后 A 并没有滑离 B 板，站在地面上的观察者看到在一段时间内物块 A 做加速运动，则在这段时间内的某时刻，木板 B 相对地面的速度大小可能是
A. 3.0 m/sB. 2.5 m/sC. 2.4 m/sD. 1.8 m/s
28. 长为 L 、质量为 M 的平板小车停在光滑水平面上，质量为 m 的木块（可视为质点）以速度 v0 滑上小车的左端，最后刚好停在小车的右端，如图甲所示；若小车以速度 v0 向左运动时，将木块轻轻放在小车左端，如图乙所示，则
A. 木块最终刚好停在小车右端
B. 木块最终停在小车上，但还离右端一段距离
C. 木块将滑出小车
D. 两种情况中木块相对小车滑行的时间相等
三、多项选择题（共2小题；共8分）
29. 采取下列哪些措施有利于增加喷气式飞机的飞行速度
A. 使喷出的气体速度更大B. 减轻飞机自身质量
C. 使喷出的气体质量更大D. 使喷出的气体密度更小
30. 如图所示，一个夹层中空的圆柱形零件内部放有一个略比夹层宽度小一点的小圆柱体，初始时小圆柱体位于大圆柱夹层的顶部，此时大圆柱体与地面的接触位置为 A 点，如甲图所示，现小圆柱体受到微小的扰动，从顶部滚下，截面图如乙图所示，忽略一切接触部位的摩擦，以下说法中不正确的是
A. 小圆柱体会再次到达顶部，此时大圆柱体与地面的接触位置仍在 A 点
B. 小圆柱体不会再次到达顶部，此时大圆柱体与地面的接触位置在 A 点右侧
C. 小圆柱体会再次到达顶部，此时大圆柱体与地面的接触位置由大、小圆柱体的质量关系决定
D. 小圆柱体不会再次到达顶部，此时大圆柱体与地面的接触位置在 A 点左侧
答案
第一部分
1. D
【解析】卫星和箭体组成的系统分离时动量守恒，规定初速度的方向为正方向，由动量守恒定律有 (m1+m2)v0=m2v2+m1v1
解得 v1=v0+m2m1(v0−v2)
故选D。
2. C
【解析】物体和车厢组成的系统，满足动量守恒，最后物体和车厢共速，由动量守恒得 mv0=(M+m)v，解得 v=mv0m+M，故选C。
3. C
【解析】只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒，而与系统内物体是否具有加速度或物体是否受摩擦力无关，故A、B均错误，C正确；系统中所有物体的加速度均为零时，系统所受合外力一定为零，故系统动量一定守恒，D错误。
4. D
【解析】人、锤和车组成的系统在水平方向上所受合力为零，则水平方向动量守恒，由于开始时人、锤和车静止，则系统总动量为零，锤下落过程中，在水平方向上的速度向右，则车的动量水平向左，抬起锤的过程正好相反，则车将左右摆动，停止敲打后，车也停止摆动，故D正确，A、B、C错误。
5. B
【解析】设人的速度为 v1，气球的速度为 v2，人下滑的距离为 x1，气球上升的距离为 x2，根据人和气球动量守恒得 m1v1=m2v2，则有 m1x1=m2x2，所以 x1=25x2，气球和人运动的路程之和为 5 m，则人下滑的距离为 x1=27h=107 m，气球上升的距离为 x2=57h=257 m≈3.6 m，则此时人离地面的高度大约是 3.6 m。故选B。
6. D
【解析】箭体与卫星分离前后系统动量守恒，则有 (m1+m2)v0=m1v1+m2v2，解得 v1=v0+m2m1(v0−v2)，选D。
7. A
【解析】设中子的质量为 m，因为发生的是弹性正碰，碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，规定中子初速度的方向为正方向，有 mv1=mv2+Amv，12mv12=12mv22+12⋅Amv2，两式联立解得 v1v2=A+1A−1，选A。
8. B
【解析】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。
9. D
【解析】1 号球与质量不同的 2 号球相碰撞后，1 号球速度不为零，则 2 号球获得的动能小于 1 号球撞 2 号球前瞬间的动能，所以 2 号球与 3 号球相碰撞后，3 号球获得的动能也小于 1 号球撞 2 号球前瞬间的动能，则 3 号不可能摆至高度 h，故A错误；
1 、 2 号球释放后，三小球之间的碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，故B错误；
1 、 2 号碰撞后粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，所以 1 、 2 号球再与 3 号球相碰后，3 号球获得的动能不足以使其摆至高度 h，故C错误；
碰撞后，2 、 3 号粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，且整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统的机械能和动量都不守恒，故D正确。
10. B
11. B
【解析】设小船和沙袋的总质量为 M，每个沙袋的质量为 m，整个过程水平方向动量守恒。向东抛出沙袋前后瞬间由动量守恒有 Mv=(M−m)vʹ+mv，得 vʹ=v；向西抛出沙袋前后瞬间由动量守恒有 (M−m)v=(M−2m)vʺ−mv，得 vʺ=MM−2mv>v，故B正确。
12. D
【解析】由 x−t 图象可知，位移均为正，则两木块朝一个方向运动，故A错误；木块 B 、 C 都和弹簧分离后，系统所受合外力为零，所以系统前后的动量守恒，即系统的总动量保持不变，故B错误；系统动量守恒，则系统内两个木块的动量变化量等大反向，故C错误；木块都与弹簧分离后 B 的速度和 C 的速度分别为 v1=10−46−4 m/s=3 m/s，v2=5−46−4 m/s=0.5 m/s，细线未断前 B 、 C 的速度均为 v0=1 m/s，由动量守恒定律得 (mB+mC)v0=mBv1+mCv2，解得 mBmC=14，故D正确。
13. A
【解析】甲、乙两球在碰撞过程中系统的动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 p甲+p乙=pʹ甲+pʹ乙
因为 pʹ乙=8 kg⋅m/s
所以 pʹ甲=12 kg⋅m/s
碰撞后两球速度相等，设此速度为 v，则 pʹ甲=m甲v=12 kg⋅m/s
pʹ乙=m乙v=8 kg⋅m/s
则 m甲:m乙=3:2
故选A。
14. C
【解析】弹性碰撞是没有机械能损失的碰撞，对心碰撞是速度方向与两球心连线共线的碰撞，因此弹性碰撞可能是对心碰撞，也可能是非对心碰撞，故A错误，C正确；
非对心碰撞是指速度方向与两球心连线不共线的碰撞，而非弹性碰撞是有机械能损失的碰撞，因此非对心碰撞可能是弹性碰撞，也可能是非弹性碰撞，故B错误；
只要碰撞过程中内力远大于外力，都可以认为系统的动量守恒，因此弹性碰撞、非弹性碰撞、对心碰撞、非对心碰撞中动量均守恒，故D错误。
15. D
【解析】反冲现象中并没有确定两部分物体之间的质量关系，选项A错误。
在反冲现象中，两部分物体之间的作用力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知，它们大小相等、方向相反，选项B错误。
在反冲现象中，一部分物体受到的另一部分物体的作用力产生了该部分的加速度，使该部分的速度增大，在此过程中，对每一部分，牛顿第二定律都适用，选项C错误，选项D正确。
16. C
【解析】机车与车厢碰撞的过程，系统所受外力远小于内力，总动量守恒，根据动量守恒定律得 2mv=(2m+3m)vʹ，解得 vʹ=2v5，则总动能为 Ek=12(2m+3m)vʹ2=25mv2，故C正确，A、B、D错误。
17. A
【解析】A，B 在碰撞的过程中，根据动量守恒定律可得 2mv0=mv1+2mv2；在碰撞的过程中机械能守恒，可得 12×2mv02=12mv12+12×2mv22，解得 v1=43v0，v2=13v0，则恢复系数 e=v1−v2v0−0=1，故选A。
18. C
【解析】设 A 与斜面间的动摩擦因数为 μ，A 匀速运动时，有 mgsinθ=μmgcsθ。对于 A 、 B 组成的系统，有 2mgsinθ=μ⋅2mgcsθ，所以系统所受合外力为零，系统的动量守恒。由于系统要克服摩擦力做功产生内能，所以系统的机械能不守恒，故A 、B错误；以 A 、 B 组成的系统为研究对象，其所受合外力为零，动量守恒，取沿斜面向下为正方向则有 mv0=mvA+mvB，当 vB=13v0 时 vA=23v0 或当 vA=13v0 时 vB=23v0，由于 B 与 A 间的动摩擦因数大于 A 与斜面间的动摩擦因数，所以 vA>vB，故C正确，D错误。
19. B
【解析】设小球的初速度为 v0，当小球滑到滑块最高点时，小球的速度为 v1，滑块速度为 v2，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得 mv0=mv1+Mv2，由机械能守恒定律得 12mv02=12mv12+12Mv22+mgh，小球若要越过滑块，应有 v1≥v2，假设 v1=v2=v （临界状态），代入上述表达式得 mv0=(m+M)v，12mv02=12(m+M)v2+mgh，联立并代入数据解得 v0=4 m/s，即小球初速度至少为 4 m/s，故选B。
20. C
【解析】整个过程动量守恒，
则碰撞 n 次后整体的速度为：
v=mv0(n+1)m=v0n+1，
对应的总动能为：
Ek=12(n+1)mv2=mv022(n+1)，
由题可知：Ek=18×12mv02，
联立解得 n=7，选C。
第二部分
21. B， C
22. A， C
【解析】若前后舱是分开的，不计水的阻力，则系统在水平方向动量守恒，系统总动量保持为零，用一抽水机把前舱的水抽往后舱，水的速度向后，水的动量向后，则前舱向前运动，故A正确，B错误；若前后舱不分开，用抽水机把前舱的水抽往后舱，则水的重心后移，故船将向前运动（等效于人船模型），故C正确，D错误。故选A、C。
23. A， C
【解析】甲、乙两木块相互作用过程中，开始时，弹簧被压缩，甲木块受到弹簧弹力的作用，速度大小会一直减小，乙物块加速，当二者速度相等时，弹簧压缩量最大，此时二者速度为 v2；当弹簧恢复原长时，设甲的速度为 v1，乙的速度为 v2，甲、乙的质量相等，设为 m，由动量守恒定律得 mv=mv1+mv2，由机械能守恒定律得 12mv2=12mv12+12mv22，解得 v1=0，v2=v，所以甲木块速度大小一直减小，当弹簧恢复原长时速度变为零，故A正确；甲木块速度大小一直减小直至为零，乙木块的速度一直增加，当甲的速度变为零时，乙以甲原来的初速度向右运动，故B错误；由动量守恒的判定条件可知，甲、乙两木块所组成的系统动量守恒，故C正确；甲、乙两木块及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误。
24. B， D
【解析】滑块和小球组成的系统在水平方向动量守恒，设当小球通过最高点时滑块的位移大小为 x，则 m(L−x)=Mx，解得 x=16m，A错误，B正确；当小球击中滑块右侧轨道位置时，设与小球起始位置间的距离为 y，则 my=M(2L−y)，解得 y=23m，C错误，D正确。
25. B， C
【解析】人与车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得 mv人+Mv车=0，解得 v车=−mv人M，车的速度方向与人的速度方向相反，人在车上向右行走时，车将向左运动，故A正确；因人和车总动量为零，人停止走动速度为零时，由动量守恒定律可知，车的速度也为零，故B错误；由 v车=−mv人M 可知，人缓慢地在车上行走时，车也缓慢地运动，故C错误；人从车上的左端行走到右端，设车的长度为 L，人与车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 mv人−Mv车=0，即 mL−xt−Mxt=0，解得 x=mLm+M，车在地面上移动的距离 x 与人的行走速度无关，故D正确。本题要求选不正确的，故选B、C。
26. B， D
【解析】A 、 B 发生完全非弹性碰撞时，B 获得的速度最小，由动量守恒定律有 mv=(m+3m)vBmin，得 vBmin=0.25v；当 A 、 B 发生弹性碰撞时，B 获得的速度最大，由动量守恒定律有 mv=mvʹ+3mvBmax，由机械能守恒定律有 12mv2=12mvʹ2+12×3mvBmax2，联立得 vBmax=0.5v，故 B 球的速度 vB 满足 0.25v≤vB≤0.5v，故选B、D。
27. B， C
【解析】以 A 、 B 组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从 A 开始运动到 A 的速度变为零的过程中，由动量守恒定律得 (M−m)v0=MvB1，解得 vB1=2.67 m/s；从开始到 A 、 B 速度相同的过程中，由动量守恒定律得 (M−m)v0=(M+m)vB2，解得 vB2=2 m/s，则在物块 A 做加速运动的时间内，木板 B 的速度范围为 2 m/s≤vB≤2.67 m/s，故BC正确，A、D错误。
28. A， D
【解析】如题图甲所示，由动量守恒定律和能量关系可知 mv0=(m+M)v，μmgL=12mv02−12(m+M)v2；如题图乙所示，由动量守恒定律和能量关系可知 Mv0=(m+M)vʹ，μmgx=12Mv02−12(m+M)vʹ2，联立解得 x=L，故A正确，B 、C错误；题图甲情况中，对小车由动量定理得 μmgt1=Mv，题图乙情况中，对木块由动量定理得 μmgt2=mvʹ，解得 t1=t2，故D正确。
第三部分
29. A， B， C
【解析】把喷气式飞机和喷出的气体看成系统，设原来的总质量为 M，喷出的气体质量为 m，速率为 v，剩余部分的质量为 M−m，速率为 vʹ，规定飞机的速度方向为正方向，由系统动量守恒得 (M−m)vʹ−mv=0，解得 vʹ=mvM−m，由上式可知，m 越大，v 越大，M 越小，则 vʹ 越大。
30. B， C， D
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