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新教材2024届高考物理二轮专项分层特训卷第一部分专题特训练专题二能量和动量考点2动量动量定理动量守恒定律及应用
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这是一份新教材2024届高考物理二轮专项分层特训卷第一部分专题特训练专题二能量和动量考点2动量动量定理动量守恒定律及应用，共15页。试卷主要包含了2 m<2L＝4 m等内容，欢迎下载使用。
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为零
2．[2023·辽宁卷]如图，质量m1＝1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态．质量m2＝4kg的小物块以水平向右的速度v0＝eq \f(5,4)m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触．木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝eq \f(1,2)kx2.取重力加速度g＝10m/s2，结果可用根式表示．
(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
(2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；
(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0.求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示).
题组一 动量和动量定理的应用
3．[2023·江苏苏州模拟]质量为3kg的物体在水平面上做直线运动，若速度大小由2m/s变成5m/s，那么在此过程中，动量变化的大小可能是( )
A．31.5kg·m/sB．12kg·m/s
C．20kg·m/sD．21kg·m/s
4．[2023·广东红岭中学模拟]锤子是常用装修工具．铺木地板时，调整地板之间衔接平整，需要用锤子轻轻敲打；把铁钉钉入坚硬的木板需要用锤子重重敲打．关于两种情况下选用的锤子及理由，以下说法正确的是( )
A．钉铁钉时，应选铁锤快速敲打，以获得较大的打击力
B．钉铁钉时，应选木锤快速敲打，以获得较小的打击力
C．铺地板时，应选铁锤低速敲打，以获得较小的打击力
D．铺地板时，应选木锤低速敲打，以获得较大的打击力
5．帆船是一种依靠自然风力作用于帆上来推动船只前进的水上交通工具．在某次赛前训练中，若帆船的迎风面积、空气密度均不变，当风速为2v0时，帆船在静水中顺风匀速行驶的速度为v0，受到的阻力为F；当风速为4v0时，帆船在静水中顺风匀速行驶时受到的阻力为eq \f(9,4)F，此时帆船匀速行驶的速度为( )
A.eq \f(3,2)v0B．eq \f(5,2)v0
C．eq \f(7,4)v0D．eq \f(23,8)v0
题组二 碰撞及碰撞模型的拓展应用
6．如图，在光滑水平面上，一质量为100g的A球，以2m/s的速度向右运动，与质量为200g大小相同的静止B球发生对心碰撞，撞后B球的速度大小为1.2m/s，取A球初速度方向为正方向，下列说法正确的是( )
A．该碰撞为弹性碰撞
B．该碰撞为完全非弹性碰撞
C．碰撞前后A球的动量变化为－1.6kg·m/s
D．碰撞前后A球的动量变化为－0.24kg·m/s
7．[2023·安徽安庆模拟]如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点，开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中砂袋后未穿出，二者共同摆动．若弹丸质量为m，砂袋质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，弹丸击中砂袋后漏出的砂子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法中正确的是( )
A．弹丸打入砂袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变
B．弹丸打入砂袋过程中，系统动量不守恒
C．弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,72)
D．砂袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,72g)
8．[2023·河南省新乡市模拟]如图所示，甲、乙两同学均站在滑板车上，甲同学和滑板车的总质量为M，乙同学和滑板车的总质量也为M，乙同学静止，甲同学手持质量为m的篮球以v0的速度向乙滑去，为防止与乙同学相撞，甲同学将篮球以大小为v(未知)的水平速度向乙抛去，乙同学将篮球接住后，也以大小为v的水平速度向甲抛去，甲同学接球后，甲、乙两同学恰好不发生碰撞，不计地面的摩擦和空气阻力，则v的大小为( )
A．eq \f(M（M＋m）v0,2m（2M＋m）)B．eq \f(2M（M＋m）v0,m（2M＋m）)
C．eq \f(m（M＋m）v0,2M（2M＋m）)D．eq \f(2m（M＋m）v0,M（2M＋m）)
9．[2023·河北省模拟]如图所示，在光滑的水平面上静止一质量M＝8kg的小车B，小车左端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到小车右端的距离L＝1m，这段车厢板与木块A(可视为质点)之间的动摩擦因数μ＝0.1，而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的车厢板上表面光滑．木块A以速度v0＝15m/s由小车B右端开始沿车厢板表面向左运动．已知木块A的质量m＝2kg，重力加速度g取10m/s2.则木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为( )
A．45JB．178J
C．225JD．270J
10．(多选)如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与水平面相切，一质量为m的小球以速度v0向滑块滚来，设小球不能越过滑块，则( )
A.小球滑到最高点时滑块的速度大小为v＝eq \f(mv0,M＋m)
B．小球滑到最高点的过程中，小球和弧面组成的系统动量守恒
C．小球滑到最高点时的高度为eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2g)
D．小球滑到最高点时的高度为eq \f(Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2（M＋m）g)
11．[2023·山东省枣庄市模拟](多选)如图，质量均为m的木块P、Q静止在光滑水平面上，两木块用轻弹簧连接，处于静止状态，质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块P并留在其中，子弹射入木块的过程时间极短，下列说法正确的是( )
A．子弹射入木块P过程，木块P和子弹组成的系统动量守恒、机械能守恒
B．子弹射入木块P过程，木块P和子弹组成的系统损失的机械能为eq \f(mm0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2（m0＋m）)
C．木块P(含子弹)和Q作用的过程，木块P(含子弹)、Q和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒
D．木块P(含子弹)和Q作用的过程，弹簧获得的最大弹性势能为eq \f(mm eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2（m0＋m）（m0＋2m）)
12．[2023·河北沧州模拟]如图所示，质量M＝10kg的物块C静置在光滑水平面上，其左侧为半径R＝1.5m的四分之一光滑圆弧，圆弧底端和水平面平滑连接．一质量m＝0.5kg的小物块A被压缩的轻质弹簧弹出后与静止在水平面上的物块B发生正碰，此后两物块粘在一起运动．A、B均可视为质点，不计空气阻力．已知物块B的质量为1.5kg，A、B碰撞后瞬间B的速度大小为6m/s，取g＝10m/s2.求：
(1)最初弹簧上储存的弹性势能．
(2)A、B整体碰后能达到的最大高度．
(3)A、B整体第一次与C分离时C速度的大小．
(4)从A、B整体第一次与C分离瞬间至A、B整体第二次与C分离瞬间的过程，A、B整体对C的冲量大小．
题组三 爆炸和反冲
13．[2023·山东省青岛市模拟]我国自行研制的第五代隐形战机“歼20”以速度v0水平向右匀速飞行，到达目标地时，将质量为M的导弹自由释放，导弹向后喷出质量为m、对地速率为ν1的燃气(方向水平向左)，则喷气后导弹的速率为( )
A．eq \f(Mν0－mν0,M－m)B．eq \f(Mν0＋mν1,M)
C．eq \f(Mν0－mν1,M)D．eq \f(Mν0＋mν1,M－m)
14．[2023·山东省菏泽市模拟]2022年11月29日，搭载神舟十五号载人飞船的长征二号F遥十五运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射．假设将发射火箭看成如下模型：发射前火箭模型(含燃料)总质量为M＝2200g，当它在极短的时间内以v0＝880m/s的对地速度竖直向下喷出质量为Δm＝200g的高温气体后(取竖直向下为正方向)，火箭模型获得的对地速度最接近( )
A．－80m/sB．80m/s
C．－88m/sD．88m/s
15．(多选)如图所示，半径为R、质量为2m的光滑半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量为m的小球(可视为质点)从A点正上方高为R处由静止释放，由A点经过半圆轨道后从B冲出，重力加速度为g，则( )
A．小球进入半圆轨道后，由小球和小车组成的系统总动量守恒
B．小球离开小车后做斜上抛运动
C．小车向左运动的最大距离为eq \f(2,3)R
D．小车获得的最大速度为eq \r(\f(2gR,3))
16．如图所示，质量M＝2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝1kg的小球通过长L＝0.2m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，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4m/s，g取10m/s2.
(1)若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小；
(2)在满足(1)的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离．
17．[2023·湖南省九校联盟第一次联考]物流运输中对于易碎物品往往用如图所示的气垫袋包装，用以减小碰撞时受到的冲击力．某次运输中，易碎物品(玻璃瓶并含内容物)质量为1kg，分拣员在分拣物品时不小心让物品从手上自由落下，假设失落时离地面的距离为45cm，因为有气垫袋包装，物品与地面的作用时间为1s；若该物品在没有包装情况下从相同高度自由落下，与地面间的作用时间为0.1s，重力加速度取10m/s2，物品(含包装)落地后均不反弹，则有包装与没有包装两种情况下，物品受到的地面的平均冲击力大小之比为( )
A．1∶1B．1∶10
C．7∶20D．13∶40
18．[2023·湖北省武汉市常青联合体模拟]打弹珠是小朋友经常玩的一个游戏．如图所示，光滑水平地面上有两个不同材质的弹珠甲和乙，质量分别是m和km，现让甲以初速度v0向右运动并与静止的乙发生碰撞，碰后乙的速度为eq \f(2v0,3)，若碰后甲、乙同向运动，则k值不可能是( )
A．0.6B．1.6
C．1.2D．1
19．[2023·广东省佛山市模拟]若甲队冰壶的质量为m1，乙队冰壶的质量为m2，在某局比赛中，甲队的冰壶以速度v0与静止的乙队的冰壶发生碰撞，碰撞后甲队冰壶的速度为v1，碰撞前后冰壶的速度均在一条直线上且方向相同，冰壶与冰面间的摩擦力远小于冰壶碰撞过程的内力，冰壶可视为质点，不计空气阻力，定义碰后乙队的冰壶获得的动能与碰前甲队的冰壶的动能之比叫作动能传递系数，则此局比赛两冰壶碰撞时的动能传递系数为( )
A．eq \f(m2（v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ）,m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )B．eq \f(m1（v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ）,m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )
C．eq \f(m2（v0－v1）2,m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )D．eq \f(m1（v0－v1）2,m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )
20．[2023·安徽省阜阳市模拟](多选)2022年9月20日“中国中车”面向全球发布了时速600公里高速磁浮交通系统．高速磁悬浮列车在水平长直轨道上运行，车头会受到前方空气的阻力，假设列车周围空气静止，车头前方的空气碰到车头后速度变为与车厢速度相同．已知空气密度为ρ，车头的迎风面积(垂直运动方向上的投影面积)为S，列车额定功率为P，以最大速度匀速运行．若只考虑车头有空气阻力，不计轨道摩擦等其他阻力作用，下列说法正确的是( )
A.列车的最大运行速度为eq \r(3,\f(P,ρS))
B．列车的最大运行速度为eq \r(\f(P,ρS))
C．列车受到的最大阻力为eq \r(3,P2ρS)
D．列车受到的最大阻力为eq \r(PρS)
21．[2023·浙江省金华市模拟]掷冰壶又称冰上溜石，是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，被大家喻为冰上的“国际象棋”，是冬奥会比赛项目．在某次冰壶比赛中，运动员利用红壶去碰撞对方静止的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图(b)所示．碰撞前后两壶做直线运动的vt图线如图(c)中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则( )
A．两壶发生了弹性碰撞
B．碰后蓝壶的速度可能为0.9m/s
C．碰后蓝壶移动的距离为2m
D．碰后红壶还能继续运动2s
22．[2023·山东省实验中学第二次诊断考试]如图所示，两颗质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上的滑块A、B后与滑块一起运动．两滑块质量相同、材料不同，子弹在A中受到的平均阻力是在B中所受平均阻力的两倍．下列说法正确的是( )
A．射入滑块A的子弹最终速度小
B．射入滑块A的子弹受到的阻力的冲量大
C．射入滑块A中的深度是射入滑块B中深度的两倍
D．子弹对滑块A做的功和对滑块B做的功相等
23．[2023·河南省焦作市模拟](多选)如图所示，光滑的冰面上有一质量为M的小车处于静止状态，小车上表面为一半径为R的eq \f(1,4)光滑圆弧曲面．某一时刻，一质量为m的小球自左端以水平速度v0冲上小车．则下列说法正确的是( )
A．小球沿曲面向上运动过程中，小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球沿曲面向下运动的过程中，小车的动量增加
C．小球离开小车时小球的速率等于v0
D．若小球速度较大，会从圆弧轨道上端抛出，但仍会落回小车
24．[2023·湖南省模拟]如图所示，滑块A、B、C位于光滑水平面上，已知A、B、C的质量均为1kg.滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态．现使滑块A以v0＝2m/s速度水平向右运动，弹簧被压缩到最短时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，则B和C碰撞过程中整个系统损失的机械能为( )
A．0.25JB．0.50J
C．0.75JD．1.00J
25．[2023·广东韶关模拟]一个连同装备总质量为M＝100kg的宇航员，在距离飞船s＝45m处与飞船处于相对静止状态，宇航员背着装有质量为m0＝0.5kg氧气的贮气筒，筒上有个可以使氧气以v＝50m/s的速度喷出的喷嘴，宇航员必须向着返回飞船的相反方向放出氧气，才能回到飞船，同时又必须保留一部分氧气供途中呼吸用．宇航员的耗氧率为Q＝2.5×10－4kg/s.
不考虑喷出氧气对设备及宇航员总质量的影响，则：
(1)瞬时喷出多少氧气，宇航员才能安全返回飞船？
(2)为了使总耗氧量最低，应一次喷出多少氧气？返回时间又是多少？(提示：一般飞船沿椭圆轨道运动，不是惯性参照系，但是，在一段很短的圆弧上，可以视为飞船做匀速直线运动，是惯性参照系．)
26．[2023·黑龙江省实验中学期中考试]如图所示，质量M＝0.5kg带有光滑弧形槽的滑块放在足够长的水平面a处，弧形槽上圆弧对应的圆心角θ＝60°，半径R＝0.8m，与其处于同一竖直平面内的光滑半圆轨道cd的半径r＝0.5m，轨道与水平面相切固定于c点，已知水平面bc段粗糙且长度L＝2m，其余光滑．质量分别为m1＝1kg、m2＝0.5kg的物块P、Q静置在水平面上，两者之间有一压缩并用细线锁定的轻弹簧(弹簧与两物块均不拴接)，弹簧此时储存的弹性势能Ep＝6J．某时刻将细线烧断，两物块与弹簧分离时均未从ab之间滑出，随即撤去弹簧．物块Q与水平面bc段间的动摩擦因数SymblmA@＝0.25，重力加速度g＝10m/s，两物块均可视为质点且滑上圆弧时均无能量损失．
(1)求物块P与弹簧分离时的速度大小；
(2)判断物块P能否从M左端冲出；并求出P的最终速度；
(3)求物块Q最终静止的位置距离b点的距离．
[答题区]
考点2 动量 动量定理 动量守恒定律及应用
1．解析：对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示
对于整个系统，由于μm甲g>μm乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，甲的动量大小比乙的小，m甲v甲＜m乙v乙，又m甲＞m乙，故v甲＜v乙，B、D正确，A、C错误．故选BD.
答案：BD
2．解析：(1)由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0＝(m1＋m2)v1
代入数据有v1＝1 m/s
对m1受力分析有a1＝ eq \f(μm2g,m1) ＝4 m/s2
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝2a1x1
代入数据解得x1＝0.125 m
(2)木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有
kx2＝(m1＋m2)a共
对m2有a2＝μg＝1 m/s2
当a共＝a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量
x2＝0.25 m
对m1、m2组成的系统，由动能定理有
－ eq \f(1,2) kx eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝ eq \f(1,2) (m1＋m2)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) － eq \f(1,2) (m1＋m2)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
代入数据有v2＝ eq \f(\r(3),2) m/s
(3)木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，物块相对木板始终向右运动，物块的加速度大小始终为a＝1 m/s2，方向水平向左．此过程木板先向右的速度从v2减小到0，再反向加速运动到加速度大小等于a，因弹簧弹力与形变量成正比，故此过程木板的减速运动过程与加速运动过程具有对称性，可知此过程总用时为2t0，木板的末速度大小等于v2.在此2t0时间内，对物块用动量定理有－μm2g·2t0＝m2v3－m2v2
解得v3＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)－2t0)) m/s
在此2t0时间内，弹簧的初末弹性势能不变，木板的初末动能不变，故对系统由能量守恒定律可知此过程系统因摩擦转化的内能就等于物块减少的动能，ΔU＝ eq \f(1,2) m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) － eq \f(1,2) m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3))
解得ΔU＝(4 eq \r(3) t0－8t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ) J
答案：(1)1 m/s 0.125 m (2)0.25 m eq \f(\r(3),2) m/s
(3)(4 eq \r(3) t0－8t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ) J
3．解析：若初、末速度方向相同，则动量的变化为Δp＝mv′－mv＝3×5 kg· m/s－3×2 kg· m/s＝9 kg· m/s；若初、末速度方向相反，以末速度方向为正方向，则动量的变化为Δp＝mv′－mv＝3×5 kg· m/s－(－3×2) kg· m/s＝21 kg· m/s，D正确．
答案：D
4．解析：根据动量定理得Ft＝0－(－mv0)，解得F＝ eq \f(mv0,t) ，钉铁钉时，为了获得较大的打击力F，应选择铁锤快速敲打．选择铁锤是增大锤子的质量m，选择铁锤还可以减小铁锤与铁钉的作用时间t，快速敲打是增加铁锤的初速度v0，A正确，B错误；根据F＝ eq \f(mv0,t) 铺地板时，为了获得较小的打击力F，应该选择木锤低速敲打．选择木锤是为了减小锤子的质量m，选择木锤还可以增加木锤与地板的作用时间t，低速敲打是减小木锤的初速度v0，C、D错误．
答案：A
5．解析：设风帆截面积为S，匀速运动时受到的风力等于阻力，则当风速为2v0时，帆船在静水中顺风匀速行驶的速度为v0，根据动量定理得F1Δt＝(2v0－v0)2ΔtSρ，F1＝F；当风速为4v0时，根据动量定理F2Δt＝(4v0－v)2ΔtSρ，F2＝ eq \f(9,4) F，解得v＝ eq \f(5,2) v0，B正确．
答案：B
6．解析：以A球初速度方向为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB，解得A球碰后的速度为vA＝－0.4 m/s，碰撞前后A球的动量变化为Δp＝mAvA－mAv0＝0.1×(－0.4) kg·m/s－0.1×2 kg·m/s＝－0.24 kg·m/s，C错误，D正确；碰撞前系统的机械能为E1＝ eq \f(1,2) mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2) ×0.1×22J＝0.2 J，碰撞后系统的机械能为E2＝ eq \f(1,2) mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＋ eq \f(1,2) mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＝ eq \f(1,2) ×0.1×0.42J＋ eq \f(1,2) ×0.2×1.22J＝0.152 J，由于E2答案：D
7．解析：弹丸打入砂袋过程中，砂袋的速度不断增大，所需要的向心力增大，则细绳对砂袋的拉力增大，由牛顿第三定律知，砂袋对细绳的拉力增大，A错误；弹丸打入砂袋过程时间极短，系统内力远大于外力，系统动量守恒，B错误；弹丸打入砂袋过程中，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋5m)v，解得v＝ eq \f(v0,6) ，产生的热量为Q＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) － eq \f(1,2) (m＋5m)v2＝ eq \f(5,12) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，C错误；弹丸打入砂袋后一起摆动过程中整体的机械能守恒，得 eq \f(1,2) (m＋5m)v2＝(m＋5m)gh，解得h＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,72g) ，D正确．
答案：D
8．解析：设最后的共同速度为v共，根据动量守恒有(M＋m)v0＝(2M＋m)v共，对球和乙研究，有mv＝Mv共－mv，解得v＝ eq \f(M（M＋m）v0,2m（2M＋m）) ，A正确．
答案：A
9．解析：由题意知，小车和木块系统动量守恒，有mv0＝(M＋m)v，由能量守恒，得 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2) (M＋m)v2＋μmgL＋Epmax，联立解得Epmax＝178 J，B项正确．
答案：B
10．解析：小球滑到最高点的过程中，小球和弧面组成的系统竖直方向动量不守恒，则小球和弧面组成的系统动量不守恒，B错误；小球和弧面组成的系统水平方向动量守恒，则有mv0＝(m＋M)v，解得小球滑到最高点时滑块的速度大小为v＝ eq \f(mv0,M＋m) ，A正确；根据系统机械能守恒定律可得 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2) (M＋m)v2＋mgh，解得小球滑到最高点时的高度为h＝ eq \f(Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2（M＋m）g) ，C错误，D正确．
答案：AD
11．解析：子弹射入木块P过程中，时间极短，弹簧的弹力忽略不计，满足动量守恒m0v0＝(m0＋m)v1，损失的机械能ΔE＝ eq \f(1,2) m0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) － eq \f(1,2) (m0＋m)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，可得ΔE＝ eq \f(mm0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2（m0＋m）) ，A错误，B正确；木块P(含子弹)和Q作用的过程，所受合外力为零，并且只有弹簧的弹力做功，整个系统动量守恒、机械能守恒，C正确；木块P(含子弹)和Q速度相等时，弹簧的弹性势能最大，此时(m0＋m)v1＝(m0＋2m)v2，最大弹性势能Ep＝ eq \f(1,2) (m0＋m)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) － eq \f(1,2) (m0＋2m)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，解得Ep＝ eq \f(mm eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2（m0＋m）（m0＋2m）) ，D正确．
答案：BCD
12．解析：(1)对AB系统发生正碰，由动量守恒定律得mv0＝(m＋mB)v1
对弹簧和A系统由能量守恒定律，有Ep＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，解得Ep＝144 J
(2)A、B整体碰后与C组成的系统，由水平方向动量守恒得(m＋mB)v1＝(m＋mB＋M)v2
碰后到达最高点，对系统由机械能守恒定律得(m＋mB)gh＝ eq \f(1,2) (m＋mB)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) － eq \f(1,2) (m＋mB＋M)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
解得h＝1. 5 m
(3)A、B整体第一次与C分离此过程中ABC系统水平方向动量守恒，ABC系统机械能守恒．由水平方向动量守恒
(m＋mB)v1＝(m＋mB)v3＋Mv4
由机械能守恒定律 eq \f(1,2) (m＋mB)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝ eq \f(1,2) (m＋mB)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＋ eq \f(1,2) Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4))
解得v3＝－4 m/s，v4＝2 m/s
故A、B整体第一次与C分离时C速度的大小为2 m/s.
(4)A、B整体第一次与C分离瞬间至A、B整体第二次与C分离瞬间的过程中，ABC系统由动量守恒和能量守恒定律可得
(m＋mB)v3＋Mv4＝(m＋mB)v5＋Mv6
eq \f(1,2) (m＋mB)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＋ eq \f(1,2) Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＝ eq \f(1,2) (m＋mB)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) ＋ eq \f(1,2) Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(6))
A、B整体对C的冲量为I＝Δp＝M(v6－v4)
解得I＝ eq \f(20,3) N·s
答案：(1)144 J (2)1.5 m (3)2 m/s (4) eq \f(20,3) N·s
13．解析：设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律Mv0＝(M－m)ν－mν1，解得ν＝ eq \f(Mν0＋mν1,M－m) ，D正确．
答案：D
14．解析：由于时间极短，可认为动量守恒，则有0＝Δmv0＋(M－Δm)v，解得火箭模型获得的对地速度为v＝－88 m/s，C正确．
答案：C
15．解析：小球与小车组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，系统在水平方向的动量守恒，小球与小车组成的系统在竖直方向所受外力的合力不为0，因此球和小车组成的系统总动量不守恒，A错误；小球与小车组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，系统在水平方向的动量守恒，且系统水平方向总动量为0，则小球由B点离开小车时，小球与小车水平方向上的速度相同，则水平方向上有mvx＋2mvx＝0，解得vx＝0，即小球由B点离开小车时，水平方向的分速度为0，所以离开小车后，小球做竖直上抛运动，B错误；根据上述，小球由B点离开小车时，小车向左运动的距离达到最大，根据动量守恒定律，在水平方向上有m eq \f(x1,t) －2m eq \f(x2,t) ＝0，此过程有x1＋x2＝2R，解得x2＝ eq \f(2,3) R，C正确；根据分析可知，小球运动到圆弧最低点时，小车获得速度最大，则有mv1－2mv2＝0，mg·2R＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2) ×2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，解得v2＝ eq \r(\f(2gR,3)) ，D正确．
答案：CD
16．解析：(1)解除锁定后，设小球通过最高点时的速度大小为v2，此时滑块的速度大小为v，在上升过程中，因系统在水平方向不受外力作用，水平方向的动量守恒，以水平向右的方向为正方向，有
mv2－Mv＝0
在上升过程中，因只有重力和杆的弹力做功，系统的机械能守恒，则 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋ eq \f(1,2) Mv2＋mgL＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
联立可得v2＝2 eq \r(2) m/s
(2)设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始位置点间的距离为s1，滑块向左移动的距离为s2，任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为v′，由系统水平方向动量守恒，得
mv3－Mv′＝0
两边同乘以Δt，得mv3Δt－Mv′Δt＝0
对任意时刻附近的微小间隔Δt都成立，累积相加后，有
ms1－Ms2＝0
且s1＋s2＝2L，联立解得s1＝ eq \f(4,15) m
答案：(1)2 eq \r(2) m/s (2) eq \f(4,15) m
17．解析：设物品着地瞬间的速度大小为v，则v＝ eq \r(2gh) ＝3 m/s，取竖直向上为正，有气垫袋包装时，根据动量定理有(F1－mg)t1＝0－(－mv)，解得F1＝13 N；没有包装时，根据动量定理有(F2－mg)t2＝0－(－mv)，解得F2＝40 N，则F1∶F2＝13∶40，D正确．
答案：D
18．解析：设甲与乙发生碰撞后甲的速度为v，由动量守恒定律得mv0＝mv＋km× eq \f(2v0,3) ，解得v＝v0－ eq \f(2kv0,3) ，碰撞后甲、乙同向运动，则由v>0，解得k<1.5；碰后甲球不能越过乙球，因此有v≤ eq \f(2v0,3) ，解得k≥0.5；又因为碰撞过程中动能不增加，所以有 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ≥ eq \f(1,2) mv2＋ eq \f(1,2) km eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2v0,3))) eq \s\up12(2) ，解得0≤k≤2，综上可得0.5≤k<1.5，B项正确．
答案：B
19．解析：根据题意可知，甲队的冰壶与乙队的冰壶在碰撞过程中动量守恒，设碰撞后乙队的冰壶的速度为v2，则有m1v0＝m1v1＋m2v2，此局比赛两冰壶碰撞时的动能传递系数为k＝ eq \f(\f(1,2)m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,\f(1,2)m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ) ＝ eq \f(m1（v0－v1）2,m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ) ，D正确．
答案：D
20．解析：设磁悬浮列车的速度为v，列车对空气的作用力为F，则根据动量定理可得Ft＝ρvtSv－0＝ρv2tS，解得F＝ρSv2，当牵引力等于阻力时，列车速度达到最大，则有P＝Fvmax，解得vmax＝ eq \r(3,\f(P,ρS)) ，A正确，B错误；根据牛顿第三定律可知此时列车受到的空气阻力为f＝ρSv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(max)) ＝ eq \r(3,P2ρS) ，C正确，D错误．
答案：AC
21．解析：由图(b)所示图像可知，碰前红壶的速度v0＝1.0 m/s，碰后速度为v′0＝0.2 m/s，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，两壶碰撞过程系统动量守恒，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝mv′0＋mv，代入数据解得v＝0.8 m/s，碰前动能E1＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2) m×1.02＝0.5m，碰后动能E2＝ eq \f(1,2) mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋ eq \f(1,2) mv2＝0.34m，则E1>E2，碰撞过程中机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，A、B两项错误；根据速度图线与t轴围成的面积表示位移，碰后蓝壶移动的位移大小x＝ eq \f(（v＋0）t,2) ＝ eq \f(0.8×5,2) m＝2 m，C项正确；根据“红壶碰撞前后的图线平行”知，碰撞前后红壶加速度不变，速度从1.2 m/s减小到1.0 m/s和速度从0.2 m/s减小到0，速度变化量相同，根据a＝ eq \f(Δv,Δt) 可知所用时间也相同，速度从1.2 m/s减小到1.0 m/s用时1 s，故碰后红壶还能继续运动1 s，D项错误．
答案：C
22．解析：设子弹的初速度为v，子弹与滑块共同速度为v′，取向右为正方向，根据动量守恒定律可知mv＝(m＋M)v′，解得v′＝ eq \f(mv,m＋M) ，由于两滑块质量相同，子弹质量也相同，则最后共同速度也相同，故A错误；子弹的质量相同，初末速度相同，则子弹的动量变化量相等，根据动量定理可知Ft＝Δp，子弹受到的阻力的冲量相同，B错误；根据能量守恒定律可知，两过程中系统产生的热量等于系统减小的机械能，故两过程系统产生的热量相同，由Q＝fd，其中子弹在A中受到的平均阻力是在B中所受平均阻力的两倍，可知子弹射入滑块B中的深度是射入滑块A中深度的两倍，C错误；根据动能定理可知，子弹对滑块做的功等于滑块动能的增加，两滑块质量相同，末速度相同，末动能增量相同，则子弹对滑块A做的功和对滑块B做的功相等，D正确．
答案：D
23．解析：小球沿曲面向上运动过程中，小球和小车组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但整体合外力不为零，则系统动量不守恒，A错误；小球沿曲面向下运动的过程中，小车受到的冲量向右，小车的动量增加，B正确；小球的速度为v1，小车的速度为v2，选取向右为正方向根据动量守恒和能量守恒可知mv0＝mv1＋Mv2， eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2) Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，小球离开小车时小球的速率等于v1＝ eq \f(m－M,m＋M) v0，C错误；若小球速度较大，会从圆弧轨道上端抛出，但抛出时两者水平方向速度相同，水平方向相对静止，所以仍会落回小车，D正确．
答案：BD
24．解析：对A、B系统，弹簧被压缩到最短时，A、B速度相等，根据动量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v1，代入数据解得弹簧被压缩到最短时，B的速度v1＝1 m/s，此时B与C发生完全非弹性碰撞，对B、C组成的系统，由动量守恒定律得mBv1＝(mB＋mC)v2，代入数据解得v2＝0.5 m/s，只有B与C发生非弹性碰撞，有机械能损失，则系统损失的机械能为ΔE＝ eq \f(1,2) mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) － eq \f(1,2) (mB＋mC)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝0.25 J，A正确．
答案：A
25．解析：(1)设瞬时喷出氧气质量为m kg，宇航员刚好安全返回，宇航员释放氧气后的速度大小为v1，取喷出的氧气速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv＝Mv1
宇航员匀速返回飞船所需要的时间为t＝ eq \f(x,v1)
储气筒中氧气的总量m0＝m＋Qt
解得m＝0.05 kg，m＝0.45 kg
所以瞬时喷出氧气的质量满足0.05 kg≤m≤0.45 kg
(2)为了使总耗氧量最低，设喷出m kg氧气，则耗氧量
Δm＝m＋Qt
另t＝ eq \f(x,v1) ，mv＝Mv1
解得Δm＝m＋ eq \f(2.25×10－2,m)
当m＝ eq \f(2.25×10－2,m) 时，Δm有最小值，此时m＝0.15 kg
返回时间为t＝600 s
答案：(1)0.05 kg≤m≤0.45 kg (2)0.15 kg 600 s
26．解析：(1)弹簧恢复原长的过程中与两物块构成的系统动量守恒、机械能守恒，设物块P、Q与弹簧分离时速度大小分别为v1、v2，有
0＝m1v1－m2v2，Ep＝ eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2) m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
解得v1＝2 m/s，v2＝4 m/s
物块P与弹簧分离时的速度大小2 m/s；
(2)设物块P沿滑块上升高度为h时与滑块达到共速v，两者水平方向动量守恒，机械能守恒有m1v1＝(m1＋M)v
eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝ eq \f(1,2) (m1＋M)v2＋m1gh1
解得v＝ eq \f(4,3) m/s，h1＝ eq \f(1,15) m即物块P将从滑块右侧滑离，设滑离时物块P与滑块的速度分别为v3、v4，物块P在滑块上滑动的整个过程中，两者系统水平方向动量守恒、机械能守恒，有
m1v1＝m1v3＋Mv4， eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝ eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＋ eq \f(1,2) Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4))
解得v3＝ eq \f(2,3) m/s，v4＝ eq \f(8,3) m/s
即物块P最终向左匀速运动，速度为 eq \f(2,3) m/s；
(3)设物块Q能沿半圆轨道最高上升高度为h2，由动能定理有
－μm2gL－m2gh2＝0－ eq \f(1,2) m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
解得h2＝0.3 m即物块Q将沿圆轨道返回水平面
设物块Q未与物块P碰撞，最终静止在粗糙水平上，其在粗糙水平面滑行的路程为x，由动能定理有－μm2gx＝0－ eq \f(1,2) m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
解得x＝3.2 m<2L＝4 m
故物块Q最终静止的位置距离b点的距离s＝2L－x＝0.8 m
答案：(1)2 m/s (2) eq \f(2,3) m/s (3)0.8 m
题号
1
3
4
5
6
7
8
9
10
11
13
答案
题号
14
15
17
18
19
20
21
22
23
24
答案
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为零
2．[2023·辽宁卷]如图，质量m1＝1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态．质量m2＝4kg的小物块以水平向右的速度v0＝eq \f(5,4)m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触．木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝eq \f(1,2)kx2.取重力加速度g＝10m/s2，结果可用根式表示．
(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
(2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；
(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0.求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示).
题组一 动量和动量定理的应用
3．[2023·江苏苏州模拟]质量为3kg的物体在水平面上做直线运动，若速度大小由2m/s变成5m/s，那么在此过程中，动量变化的大小可能是( )
A．31.5kg·m/sB．12kg·m/s
C．20kg·m/sD．21kg·m/s
4．[2023·广东红岭中学模拟]锤子是常用装修工具．铺木地板时，调整地板之间衔接平整，需要用锤子轻轻敲打；把铁钉钉入坚硬的木板需要用锤子重重敲打．关于两种情况下选用的锤子及理由，以下说法正确的是( )
A．钉铁钉时，应选铁锤快速敲打，以获得较大的打击力
B．钉铁钉时，应选木锤快速敲打，以获得较小的打击力
C．铺地板时，应选铁锤低速敲打，以获得较小的打击力
D．铺地板时，应选木锤低速敲打，以获得较大的打击力
5．帆船是一种依靠自然风力作用于帆上来推动船只前进的水上交通工具．在某次赛前训练中，若帆船的迎风面积、空气密度均不变，当风速为2v0时，帆船在静水中顺风匀速行驶的速度为v0，受到的阻力为F；当风速为4v0时，帆船在静水中顺风匀速行驶时受到的阻力为eq \f(9,4)F，此时帆船匀速行驶的速度为( )
A.eq \f(3,2)v0B．eq \f(5,2)v0
C．eq \f(7,4)v0D．eq \f(23,8)v0
题组二 碰撞及碰撞模型的拓展应用
6．如图，在光滑水平面上，一质量为100g的A球，以2m/s的速度向右运动，与质量为200g大小相同的静止B球发生对心碰撞，撞后B球的速度大小为1.2m/s，取A球初速度方向为正方向，下列说法正确的是( )
A．该碰撞为弹性碰撞
B．该碰撞为完全非弹性碰撞
C．碰撞前后A球的动量变化为－1.6kg·m/s
D．碰撞前后A球的动量变化为－0.24kg·m/s
7．[2023·安徽安庆模拟]如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点，开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中砂袋后未穿出，二者共同摆动．若弹丸质量为m，砂袋质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，弹丸击中砂袋后漏出的砂子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法中正确的是( )
A．弹丸打入砂袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变
B．弹丸打入砂袋过程中，系统动量不守恒
C．弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,72)
D．砂袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,72g)
8．[2023·河南省新乡市模拟]如图所示，甲、乙两同学均站在滑板车上，甲同学和滑板车的总质量为M，乙同学和滑板车的总质量也为M，乙同学静止，甲同学手持质量为m的篮球以v0的速度向乙滑去，为防止与乙同学相撞，甲同学将篮球以大小为v(未知)的水平速度向乙抛去，乙同学将篮球接住后，也以大小为v的水平速度向甲抛去，甲同学接球后，甲、乙两同学恰好不发生碰撞，不计地面的摩擦和空气阻力，则v的大小为( )
A．eq \f(M（M＋m）v0,2m（2M＋m）)B．eq \f(2M（M＋m）v0,m（2M＋m）)
C．eq \f(m（M＋m）v0,2M（2M＋m）)D．eq \f(2m（M＋m）v0,M（2M＋m）)
9．[2023·河北省模拟]如图所示，在光滑的水平面上静止一质量M＝8kg的小车B，小车左端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到小车右端的距离L＝1m，这段车厢板与木块A(可视为质点)之间的动摩擦因数μ＝0.1，而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的车厢板上表面光滑．木块A以速度v0＝15m/s由小车B右端开始沿车厢板表面向左运动．已知木块A的质量m＝2kg，重力加速度g取10m/s2.则木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为( )
A．45JB．178J
C．225JD．270J
10．(多选)如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与水平面相切，一质量为m的小球以速度v0向滑块滚来，设小球不能越过滑块，则( )
A.小球滑到最高点时滑块的速度大小为v＝eq \f(mv0,M＋m)
B．小球滑到最高点的过程中，小球和弧面组成的系统动量守恒
C．小球滑到最高点时的高度为eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2g)
D．小球滑到最高点时的高度为eq \f(Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2（M＋m）g)
11．[2023·山东省枣庄市模拟](多选)如图，质量均为m的木块P、Q静止在光滑水平面上，两木块用轻弹簧连接，处于静止状态，质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块P并留在其中，子弹射入木块的过程时间极短，下列说法正确的是( )
A．子弹射入木块P过程，木块P和子弹组成的系统动量守恒、机械能守恒
B．子弹射入木块P过程，木块P和子弹组成的系统损失的机械能为eq \f(mm0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2（m0＋m）)
C．木块P(含子弹)和Q作用的过程，木块P(含子弹)、Q和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒
D．木块P(含子弹)和Q作用的过程，弹簧获得的最大弹性势能为eq \f(mm eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2（m0＋m）（m0＋2m）)
12．[2023·河北沧州模拟]如图所示，质量M＝10kg的物块C静置在光滑水平面上，其左侧为半径R＝1.5m的四分之一光滑圆弧，圆弧底端和水平面平滑连接．一质量m＝0.5kg的小物块A被压缩的轻质弹簧弹出后与静止在水平面上的物块B发生正碰，此后两物块粘在一起运动．A、B均可视为质点，不计空气阻力．已知物块B的质量为1.5kg，A、B碰撞后瞬间B的速度大小为6m/s，取g＝10m/s2.求：
(1)最初弹簧上储存的弹性势能．
(2)A、B整体碰后能达到的最大高度．
(3)A、B整体第一次与C分离时C速度的大小．
(4)从A、B整体第一次与C分离瞬间至A、B整体第二次与C分离瞬间的过程，A、B整体对C的冲量大小．
题组三 爆炸和反冲
13．[2023·山东省青岛市模拟]我国自行研制的第五代隐形战机“歼20”以速度v0水平向右匀速飞行，到达目标地时，将质量为M的导弹自由释放，导弹向后喷出质量为m、对地速率为ν1的燃气(方向水平向左)，则喷气后导弹的速率为( )
A．eq \f(Mν0－mν0,M－m)B．eq \f(Mν0＋mν1,M)
C．eq \f(Mν0－mν1,M)D．eq \f(Mν0＋mν1,M－m)
14．[2023·山东省菏泽市模拟]2022年11月29日，搭载神舟十五号载人飞船的长征二号F遥十五运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射．假设将发射火箭看成如下模型：发射前火箭模型(含燃料)总质量为M＝2200g，当它在极短的时间内以v0＝880m/s的对地速度竖直向下喷出质量为Δm＝200g的高温气体后(取竖直向下为正方向)，火箭模型获得的对地速度最接近( )
A．－80m/sB．80m/s
C．－88m/sD．88m/s
15．(多选)如图所示，半径为R、质量为2m的光滑半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量为m的小球(可视为质点)从A点正上方高为R处由静止释放，由A点经过半圆轨道后从B冲出，重力加速度为g，则( )
A．小球进入半圆轨道后，由小球和小车组成的系统总动量守恒
B．小球离开小车后做斜上抛运动
C．小车向左运动的最大距离为eq \f(2,3)R
D．小车获得的最大速度为eq \r(\f(2gR,3))
16．如图所示，质量M＝2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝1kg的小球通过长L＝0.2m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，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4m/s，g取10m/s2.
(1)若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小；
(2)在满足(1)的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离．
17．[2023·湖南省九校联盟第一次联考]物流运输中对于易碎物品往往用如图所示的气垫袋包装，用以减小碰撞时受到的冲击力．某次运输中，易碎物品(玻璃瓶并含内容物)质量为1kg，分拣员在分拣物品时不小心让物品从手上自由落下，假设失落时离地面的距离为45cm，因为有气垫袋包装，物品与地面的作用时间为1s；若该物品在没有包装情况下从相同高度自由落下，与地面间的作用时间为0.1s，重力加速度取10m/s2，物品(含包装)落地后均不反弹，则有包装与没有包装两种情况下，物品受到的地面的平均冲击力大小之比为( )
A．1∶1B．1∶10
C．7∶20D．13∶40
18．[2023·湖北省武汉市常青联合体模拟]打弹珠是小朋友经常玩的一个游戏．如图所示，光滑水平地面上有两个不同材质的弹珠甲和乙，质量分别是m和km，现让甲以初速度v0向右运动并与静止的乙发生碰撞，碰后乙的速度为eq \f(2v0,3)，若碰后甲、乙同向运动，则k值不可能是( )
A．0.6B．1.6
C．1.2D．1
19．[2023·广东省佛山市模拟]若甲队冰壶的质量为m1，乙队冰壶的质量为m2，在某局比赛中，甲队的冰壶以速度v0与静止的乙队的冰壶发生碰撞，碰撞后甲队冰壶的速度为v1，碰撞前后冰壶的速度均在一条直线上且方向相同，冰壶与冰面间的摩擦力远小于冰壶碰撞过程的内力，冰壶可视为质点，不计空气阻力，定义碰后乙队的冰壶获得的动能与碰前甲队的冰壶的动能之比叫作动能传递系数，则此局比赛两冰壶碰撞时的动能传递系数为( )
A．eq \f(m2（v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ）,m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )B．eq \f(m1（v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ）,m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )
C．eq \f(m2（v0－v1）2,m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )D．eq \f(m1（v0－v1）2,m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )
20．[2023·安徽省阜阳市模拟](多选)2022年9月20日“中国中车”面向全球发布了时速600公里高速磁浮交通系统．高速磁悬浮列车在水平长直轨道上运行，车头会受到前方空气的阻力，假设列车周围空气静止，车头前方的空气碰到车头后速度变为与车厢速度相同．已知空气密度为ρ，车头的迎风面积(垂直运动方向上的投影面积)为S，列车额定功率为P，以最大速度匀速运行．若只考虑车头有空气阻力，不计轨道摩擦等其他阻力作用，下列说法正确的是( )
A.列车的最大运行速度为eq \r(3,\f(P,ρS))
B．列车的最大运行速度为eq \r(\f(P,ρS))
C．列车受到的最大阻力为eq \r(3,P2ρS)
D．列车受到的最大阻力为eq \r(PρS)
21．[2023·浙江省金华市模拟]掷冰壶又称冰上溜石，是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，被大家喻为冰上的“国际象棋”，是冬奥会比赛项目．在某次冰壶比赛中，运动员利用红壶去碰撞对方静止的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图(b)所示．碰撞前后两壶做直线运动的vt图线如图(c)中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则( )
A．两壶发生了弹性碰撞
B．碰后蓝壶的速度可能为0.9m/s
C．碰后蓝壶移动的距离为2m
D．碰后红壶还能继续运动2s
22．[2023·山东省实验中学第二次诊断考试]如图所示，两颗质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上的滑块A、B后与滑块一起运动．两滑块质量相同、材料不同，子弹在A中受到的平均阻力是在B中所受平均阻力的两倍．下列说法正确的是( )
A．射入滑块A的子弹最终速度小
B．射入滑块A的子弹受到的阻力的冲量大
C．射入滑块A中的深度是射入滑块B中深度的两倍
D．子弹对滑块A做的功和对滑块B做的功相等
23．[2023·河南省焦作市模拟](多选)如图所示，光滑的冰面上有一质量为M的小车处于静止状态，小车上表面为一半径为R的eq \f(1,4)光滑圆弧曲面．某一时刻，一质量为m的小球自左端以水平速度v0冲上小车．则下列说法正确的是( )
A．小球沿曲面向上运动过程中，小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球沿曲面向下运动的过程中，小车的动量增加
C．小球离开小车时小球的速率等于v0
D．若小球速度较大，会从圆弧轨道上端抛出，但仍会落回小车
24．[2023·湖南省模拟]如图所示，滑块A、B、C位于光滑水平面上，已知A、B、C的质量均为1kg.滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态．现使滑块A以v0＝2m/s速度水平向右运动，弹簧被压缩到最短时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，则B和C碰撞过程中整个系统损失的机械能为( )
A．0.25JB．0.50J
C．0.75JD．1.00J
25．[2023·广东韶关模拟]一个连同装备总质量为M＝100kg的宇航员，在距离飞船s＝45m处与飞船处于相对静止状态，宇航员背着装有质量为m0＝0.5kg氧气的贮气筒，筒上有个可以使氧气以v＝50m/s的速度喷出的喷嘴，宇航员必须向着返回飞船的相反方向放出氧气，才能回到飞船，同时又必须保留一部分氧气供途中呼吸用．宇航员的耗氧率为Q＝2.5×10－4kg/s.
不考虑喷出氧气对设备及宇航员总质量的影响，则：
(1)瞬时喷出多少氧气，宇航员才能安全返回飞船？
(2)为了使总耗氧量最低，应一次喷出多少氧气？返回时间又是多少？(提示：一般飞船沿椭圆轨道运动，不是惯性参照系，但是，在一段很短的圆弧上，可以视为飞船做匀速直线运动，是惯性参照系．)
26．[2023·黑龙江省实验中学期中考试]如图所示，质量M＝0.5kg带有光滑弧形槽的滑块放在足够长的水平面a处，弧形槽上圆弧对应的圆心角θ＝60°，半径R＝0.8m，与其处于同一竖直平面内的光滑半圆轨道cd的半径r＝0.5m，轨道与水平面相切固定于c点，已知水平面bc段粗糙且长度L＝2m，其余光滑．质量分别为m1＝1kg、m2＝0.5kg的物块P、Q静置在水平面上，两者之间有一压缩并用细线锁定的轻弹簧(弹簧与两物块均不拴接)，弹簧此时储存的弹性势能Ep＝6J．某时刻将细线烧断，两物块与弹簧分离时均未从ab之间滑出，随即撤去弹簧．物块Q与水平面bc段间的动摩擦因数SymblmA@＝0.25，重力加速度g＝10m/s，两物块均可视为质点且滑上圆弧时均无能量损失．
(1)求物块P与弹簧分离时的速度大小；
(2)判断物块P能否从M左端冲出；并求出P的最终速度；
(3)求物块Q最终静止的位置距离b点的距离．
[答题区]
考点2 动量 动量定理 动量守恒定律及应用
1．解析：对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示
对于整个系统，由于μm甲g>μm乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，甲的动量大小比乙的小，m甲v甲＜m乙v乙，又m甲＞m乙，故v甲＜v乙，B、D正确，A、C错误．故选BD.
答案：BD
2．解析：(1)由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0＝(m1＋m2)v1
代入数据有v1＝1 m/s
对m1受力分析有a1＝ eq \f(μm2g,m1) ＝4 m/s2
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝2a1x1
代入数据解得x1＝0.125 m
(2)木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有
kx2＝(m1＋m2)a共
对m2有a2＝μg＝1 m/s2
当a共＝a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量
x2＝0.25 m
对m1、m2组成的系统，由动能定理有
－ eq \f(1,2) kx eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝ eq \f(1,2) (m1＋m2)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) － eq \f(1,2) (m1＋m2)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
代入数据有v2＝ eq \f(\r(3),2) m/s
(3)木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，物块相对木板始终向右运动，物块的加速度大小始终为a＝1 m/s2，方向水平向左．此过程木板先向右的速度从v2减小到0，再反向加速运动到加速度大小等于a，因弹簧弹力与形变量成正比，故此过程木板的减速运动过程与加速运动过程具有对称性，可知此过程总用时为2t0，木板的末速度大小等于v2.在此2t0时间内，对物块用动量定理有－μm2g·2t0＝m2v3－m2v2
解得v3＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)－2t0)) m/s
在此2t0时间内，弹簧的初末弹性势能不变，木板的初末动能不变，故对系统由能量守恒定律可知此过程系统因摩擦转化的内能就等于物块减少的动能，ΔU＝ eq \f(1,2) m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) － eq \f(1,2) m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3))
解得ΔU＝(4 eq \r(3) t0－8t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ) J
答案：(1)1 m/s 0.125 m (2)0.25 m eq \f(\r(3),2) m/s
(3)(4 eq \r(3) t0－8t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ) J
3．解析：若初、末速度方向相同，则动量的变化为Δp＝mv′－mv＝3×5 kg· m/s－3×2 kg· m/s＝9 kg· m/s；若初、末速度方向相反，以末速度方向为正方向，则动量的变化为Δp＝mv′－mv＝3×5 kg· m/s－(－3×2) kg· m/s＝21 kg· m/s，D正确．
答案：D
4．解析：根据动量定理得Ft＝0－(－mv0)，解得F＝ eq \f(mv0,t) ，钉铁钉时，为了获得较大的打击力F，应选择铁锤快速敲打．选择铁锤是增大锤子的质量m，选择铁锤还可以减小铁锤与铁钉的作用时间t，快速敲打是增加铁锤的初速度v0，A正确，B错误；根据F＝ eq \f(mv0,t) 铺地板时，为了获得较小的打击力F，应该选择木锤低速敲打．选择木锤是为了减小锤子的质量m，选择木锤还可以增加木锤与地板的作用时间t，低速敲打是减小木锤的初速度v0，C、D错误．
答案：A
5．解析：设风帆截面积为S，匀速运动时受到的风力等于阻力，则当风速为2v0时，帆船在静水中顺风匀速行驶的速度为v0，根据动量定理得F1Δt＝(2v0－v0)2ΔtSρ，F1＝F；当风速为4v0时，根据动量定理F2Δt＝(4v0－v)2ΔtSρ，F2＝ eq \f(9,4) F，解得v＝ eq \f(5,2) v0，B正确．
答案：B
6．解析：以A球初速度方向为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB，解得A球碰后的速度为vA＝－0.4 m/s，碰撞前后A球的动量变化为Δp＝mAvA－mAv0＝0.1×(－0.4) kg·m/s－0.1×2 kg·m/s＝－0.24 kg·m/s，C错误，D正确；碰撞前系统的机械能为E1＝ eq \f(1,2) mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2) ×0.1×22J＝0.2 J，碰撞后系统的机械能为E2＝ eq \f(1,2) mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＋ eq \f(1,2) mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＝ eq \f(1,2) ×0.1×0.42J＋ eq \f(1,2) ×0.2×1.22J＝0.152 J，由于E2
7．解析：弹丸打入砂袋过程中，砂袋的速度不断增大，所需要的向心力增大，则细绳对砂袋的拉力增大，由牛顿第三定律知，砂袋对细绳的拉力增大，A错误；弹丸打入砂袋过程时间极短，系统内力远大于外力，系统动量守恒，B错误；弹丸打入砂袋过程中，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋5m)v，解得v＝ eq \f(v0,6) ，产生的热量为Q＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) － eq \f(1,2) (m＋5m)v2＝ eq \f(5,12) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，C错误；弹丸打入砂袋后一起摆动过程中整体的机械能守恒，得 eq \f(1,2) (m＋5m)v2＝(m＋5m)gh，解得h＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,72g) ，D正确．
答案：D
8．解析：设最后的共同速度为v共，根据动量守恒有(M＋m)v0＝(2M＋m)v共，对球和乙研究，有mv＝Mv共－mv，解得v＝ eq \f(M（M＋m）v0,2m（2M＋m）) ，A正确．
答案：A
9．解析：由题意知，小车和木块系统动量守恒，有mv0＝(M＋m)v，由能量守恒，得 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2) (M＋m)v2＋μmgL＋Epmax，联立解得Epmax＝178 J，B项正确．
答案：B
10．解析：小球滑到最高点的过程中，小球和弧面组成的系统竖直方向动量不守恒，则小球和弧面组成的系统动量不守恒，B错误；小球和弧面组成的系统水平方向动量守恒，则有mv0＝(m＋M)v，解得小球滑到最高点时滑块的速度大小为v＝ eq \f(mv0,M＋m) ，A正确；根据系统机械能守恒定律可得 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2) (M＋m)v2＋mgh，解得小球滑到最高点时的高度为h＝ eq \f(Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2（M＋m）g) ，C错误，D正确．
答案：AD
11．解析：子弹射入木块P过程中，时间极短，弹簧的弹力忽略不计，满足动量守恒m0v0＝(m0＋m)v1，损失的机械能ΔE＝ eq \f(1,2) m0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) － eq \f(1,2) (m0＋m)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，可得ΔE＝ eq \f(mm0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2（m0＋m）) ，A错误，B正确；木块P(含子弹)和Q作用的过程，所受合外力为零，并且只有弹簧的弹力做功，整个系统动量守恒、机械能守恒，C正确；木块P(含子弹)和Q速度相等时，弹簧的弹性势能最大，此时(m0＋m)v1＝(m0＋2m)v2，最大弹性势能Ep＝ eq \f(1,2) (m0＋m)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) － eq \f(1,2) (m0＋2m)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，解得Ep＝ eq \f(mm eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2（m0＋m）（m0＋2m）) ，D正确．
答案：BCD
12．解析：(1)对AB系统发生正碰，由动量守恒定律得mv0＝(m＋mB)v1
对弹簧和A系统由能量守恒定律，有Ep＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，解得Ep＝144 J
(2)A、B整体碰后与C组成的系统，由水平方向动量守恒得(m＋mB)v1＝(m＋mB＋M)v2
碰后到达最高点，对系统由机械能守恒定律得(m＋mB)gh＝ eq \f(1,2) (m＋mB)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) － eq \f(1,2) (m＋mB＋M)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
解得h＝1. 5 m
(3)A、B整体第一次与C分离此过程中ABC系统水平方向动量守恒，ABC系统机械能守恒．由水平方向动量守恒
(m＋mB)v1＝(m＋mB)v3＋Mv4
由机械能守恒定律 eq \f(1,2) (m＋mB)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝ eq \f(1,2) (m＋mB)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＋ eq \f(1,2) Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4))
解得v3＝－4 m/s，v4＝2 m/s
故A、B整体第一次与C分离时C速度的大小为2 m/s.
(4)A、B整体第一次与C分离瞬间至A、B整体第二次与C分离瞬间的过程中，ABC系统由动量守恒和能量守恒定律可得
(m＋mB)v3＋Mv4＝(m＋mB)v5＋Mv6
eq \f(1,2) (m＋mB)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＋ eq \f(1,2) Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＝ eq \f(1,2) (m＋mB)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) ＋ eq \f(1,2) Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(6))
A、B整体对C的冲量为I＝Δp＝M(v6－v4)
解得I＝ eq \f(20,3) N·s
答案：(1)144 J (2)1.5 m (3)2 m/s (4) eq \f(20,3) N·s
13．解析：设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律Mv0＝(M－m)ν－mν1，解得ν＝ eq \f(Mν0＋mν1,M－m) ，D正确．
答案：D
14．解析：由于时间极短，可认为动量守恒，则有0＝Δmv0＋(M－Δm)v，解得火箭模型获得的对地速度为v＝－88 m/s，C正确．
答案：C
15．解析：小球与小车组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，系统在水平方向的动量守恒，小球与小车组成的系统在竖直方向所受外力的合力不为0，因此球和小车组成的系统总动量不守恒，A错误；小球与小车组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，系统在水平方向的动量守恒，且系统水平方向总动量为0，则小球由B点离开小车时，小球与小车水平方向上的速度相同，则水平方向上有mvx＋2mvx＝0，解得vx＝0，即小球由B点离开小车时，水平方向的分速度为0，所以离开小车后，小球做竖直上抛运动，B错误；根据上述，小球由B点离开小车时，小车向左运动的距离达到最大，根据动量守恒定律，在水平方向上有m eq \f(x1,t) －2m eq \f(x2,t) ＝0，此过程有x1＋x2＝2R，解得x2＝ eq \f(2,3) R，C正确；根据分析可知，小球运动到圆弧最低点时，小车获得速度最大，则有mv1－2mv2＝0，mg·2R＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2) ×2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，解得v2＝ eq \r(\f(2gR,3)) ，D正确．
答案：CD
16．解析：(1)解除锁定后，设小球通过最高点时的速度大小为v2，此时滑块的速度大小为v，在上升过程中，因系统在水平方向不受外力作用，水平方向的动量守恒，以水平向右的方向为正方向，有
mv2－Mv＝0
在上升过程中，因只有重力和杆的弹力做功，系统的机械能守恒，则 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋ eq \f(1,2) Mv2＋mgL＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
联立可得v2＝2 eq \r(2) m/s
(2)设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始位置点间的距离为s1，滑块向左移动的距离为s2，任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为v′，由系统水平方向动量守恒，得
mv3－Mv′＝0
两边同乘以Δt，得mv3Δt－Mv′Δt＝0
对任意时刻附近的微小间隔Δt都成立，累积相加后，有
ms1－Ms2＝0
且s1＋s2＝2L，联立解得s1＝ eq \f(4,15) m
答案：(1)2 eq \r(2) m/s (2) eq \f(4,15) m
17．解析：设物品着地瞬间的速度大小为v，则v＝ eq \r(2gh) ＝3 m/s，取竖直向上为正，有气垫袋包装时，根据动量定理有(F1－mg)t1＝0－(－mv)，解得F1＝13 N；没有包装时，根据动量定理有(F2－mg)t2＝0－(－mv)，解得F2＝40 N，则F1∶F2＝13∶40，D正确．
答案：D
18．解析：设甲与乙发生碰撞后甲的速度为v，由动量守恒定律得mv0＝mv＋km× eq \f(2v0,3) ，解得v＝v0－ eq \f(2kv0,3) ，碰撞后甲、乙同向运动，则由v>0，解得k<1.5；碰后甲球不能越过乙球，因此有v≤ eq \f(2v0,3) ，解得k≥0.5；又因为碰撞过程中动能不增加，所以有 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ≥ eq \f(1,2) mv2＋ eq \f(1,2) km eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2v0,3))) eq \s\up12(2) ，解得0≤k≤2，综上可得0.5≤k<1.5，B项正确．
答案：B
19．解析：根据题意可知，甲队的冰壶与乙队的冰壶在碰撞过程中动量守恒，设碰撞后乙队的冰壶的速度为v2，则有m1v0＝m1v1＋m2v2，此局比赛两冰壶碰撞时的动能传递系数为k＝ eq \f(\f(1,2)m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,\f(1,2)m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ) ＝ eq \f(m1（v0－v1）2,m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ) ，D正确．
答案：D
20．解析：设磁悬浮列车的速度为v，列车对空气的作用力为F，则根据动量定理可得Ft＝ρvtSv－0＝ρv2tS，解得F＝ρSv2，当牵引力等于阻力时，列车速度达到最大，则有P＝Fvmax，解得vmax＝ eq \r(3,\f(P,ρS)) ，A正确，B错误；根据牛顿第三定律可知此时列车受到的空气阻力为f＝ρSv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(max)) ＝ eq \r(3,P2ρS) ，C正确，D错误．
答案：AC
21．解析：由图(b)所示图像可知，碰前红壶的速度v0＝1.0 m/s，碰后速度为v′0＝0.2 m/s，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，两壶碰撞过程系统动量守恒，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝mv′0＋mv，代入数据解得v＝0.8 m/s，碰前动能E1＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2) m×1.02＝0.5m，碰后动能E2＝ eq \f(1,2) mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋ eq \f(1,2) mv2＝0.34m，则E1>E2，碰撞过程中机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，A、B两项错误；根据速度图线与t轴围成的面积表示位移，碰后蓝壶移动的位移大小x＝ eq \f(（v＋0）t,2) ＝ eq \f(0.8×5,2) m＝2 m，C项正确；根据“红壶碰撞前后的图线平行”知，碰撞前后红壶加速度不变，速度从1.2 m/s减小到1.0 m/s和速度从0.2 m/s减小到0，速度变化量相同，根据a＝ eq \f(Δv,Δt) 可知所用时间也相同，速度从1.2 m/s减小到1.0 m/s用时1 s，故碰后红壶还能继续运动1 s，D项错误．
答案：C
22．解析：设子弹的初速度为v，子弹与滑块共同速度为v′，取向右为正方向，根据动量守恒定律可知mv＝(m＋M)v′，解得v′＝ eq \f(mv,m＋M) ，由于两滑块质量相同，子弹质量也相同，则最后共同速度也相同，故A错误；子弹的质量相同，初末速度相同，则子弹的动量变化量相等，根据动量定理可知Ft＝Δp，子弹受到的阻力的冲量相同，B错误；根据能量守恒定律可知，两过程中系统产生的热量等于系统减小的机械能，故两过程系统产生的热量相同，由Q＝fd，其中子弹在A中受到的平均阻力是在B中所受平均阻力的两倍，可知子弹射入滑块B中的深度是射入滑块A中深度的两倍，C错误；根据动能定理可知，子弹对滑块做的功等于滑块动能的增加，两滑块质量相同，末速度相同，末动能增量相同，则子弹对滑块A做的功和对滑块B做的功相等，D正确．
答案：D
23．解析：小球沿曲面向上运动过程中，小球和小车组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但整体合外力不为零，则系统动量不守恒，A错误；小球沿曲面向下运动的过程中，小车受到的冲量向右，小车的动量增加，B正确；小球的速度为v1，小车的速度为v2，选取向右为正方向根据动量守恒和能量守恒可知mv0＝mv1＋Mv2， eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2) Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，小球离开小车时小球的速率等于v1＝ eq \f(m－M,m＋M) v0，C错误；若小球速度较大，会从圆弧轨道上端抛出，但抛出时两者水平方向速度相同，水平方向相对静止，所以仍会落回小车，D正确．
答案：BD
24．解析：对A、B系统，弹簧被压缩到最短时，A、B速度相等，根据动量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v1，代入数据解得弹簧被压缩到最短时，B的速度v1＝1 m/s，此时B与C发生完全非弹性碰撞，对B、C组成的系统，由动量守恒定律得mBv1＝(mB＋mC)v2，代入数据解得v2＝0.5 m/s，只有B与C发生非弹性碰撞，有机械能损失，则系统损失的机械能为ΔE＝ eq \f(1,2) mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) － eq \f(1,2) (mB＋mC)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝0.25 J，A正确．
答案：A
25．解析：(1)设瞬时喷出氧气质量为m kg，宇航员刚好安全返回，宇航员释放氧气后的速度大小为v1，取喷出的氧气速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv＝Mv1
宇航员匀速返回飞船所需要的时间为t＝ eq \f(x,v1)
储气筒中氧气的总量m0＝m＋Qt
解得m＝0.05 kg，m＝0.45 kg
所以瞬时喷出氧气的质量满足0.05 kg≤m≤0.45 kg
(2)为了使总耗氧量最低，设喷出m kg氧气，则耗氧量
Δm＝m＋Qt
另t＝ eq \f(x,v1) ，mv＝Mv1
解得Δm＝m＋ eq \f(2.25×10－2,m)
当m＝ eq \f(2.25×10－2,m) 时，Δm有最小值，此时m＝0.15 kg
返回时间为t＝600 s
答案：(1)0.05 kg≤m≤0.45 kg (2)0.15 kg 600 s
26．解析：(1)弹簧恢复原长的过程中与两物块构成的系统动量守恒、机械能守恒，设物块P、Q与弹簧分离时速度大小分别为v1、v2，有
0＝m1v1－m2v2，Ep＝ eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2) m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
解得v1＝2 m/s，v2＝4 m/s
物块P与弹簧分离时的速度大小2 m/s；
(2)设物块P沿滑块上升高度为h时与滑块达到共速v，两者水平方向动量守恒，机械能守恒有m1v1＝(m1＋M)v
eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝ eq \f(1,2) (m1＋M)v2＋m1gh1
解得v＝ eq \f(4,3) m/s，h1＝ eq \f(1,15) m
m1v1＝m1v3＋Mv4， eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝ eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＋ eq \f(1,2) Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4))
解得v3＝ eq \f(2,3) m/s，v4＝ eq \f(8,3) m/s
即物块P最终向左匀速运动，速度为 eq \f(2,3) m/s；
(3)设物块Q能沿半圆轨道最高上升高度为h2，由动能定理有
－μm2gL－m2gh2＝0－ eq \f(1,2) m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
解得h2＝0.3 m
设物块Q未与物块P碰撞，最终静止在粗糙水平上，其在粗糙水平面滑行的路程为x，由动能定理有－μm2gx＝0－ eq \f(1,2) m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
解得x＝3.2 m<2L＝4 m
故物块Q最终静止的位置距离b点的距离s＝2L－x＝0.8 m
答案：(1)2 m/s (2) eq \f(2,3) m/s (3)0.8 m
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