【备战2022】高考物理选择题专题强化训练：动量守恒定律及其应用

这是一份【备战2022】高考物理选择题专题强化训练：动量守恒定律及其应用，共16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. 质量为 M 的小孩站在质量为 m 的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为 v，此时滑板的速度大小为
A. mMvB. MmvC. mm+MvD. Mm+Mv

2. 2020 年 5 月 5 日，我国载人空间站工程研制的长征五号 B 运载火箭，搭载新一代载人飞船试验船和柔性充气式货物返回舱试验舱，在文昌航天发射场点火升空，将载荷组合体成功送入预定轨道，首飞任务取得圆满成功。这是中国乃至亚洲火箭首次发射超过“两万公斤”的航天器，进一步奠定“胖五”家族在世界现役火箭第一梯队中的地位。假如一宇宙飞船以 v=6×103 m/s 的速度进入宇宙微粒尘区，尘区每 1 m3 空间有一微粒，每一微粒平均质量 m=2×10−5 g，宇宙飞船的正面面积为 S=1 m2，飞船经过区域的微粒都附着在飞船上，若要使飞船速度保持不变，飞船的推力应增加
A. 0.49 NB. 0.98 NC. 0.72 ND. 980 N

3. 下列说法中正确的是
A. 如果一个系统的合外力为零，则系统的机械能一定守恒
B. 一对作用力与反作用力总是一个做正功，一个做负功
C. 如果一个系统的动量守恒，则系统的机械能不一定守恒
D. 如果一个系统的合外力做功为零，则系统的动量一定守恒

4. 如图所示，质量为 m 的小球 A 静止于光滑水平面上，在 A 球与墙之间用轻弹簧连接。现用完全相同的小球 B 以水平速度 v0 与 A 相碰后粘在一起压缩弹簧。不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为 E，从球 A 被碰开始到回到原静止位置的过程中，墙对弹簧的冲量大小为 I，则下列表达式中正确的是
A. E=14mv02 I=2mv0B. E=12mv02 I=2mv0
C. E=14mv02 I=mv0D. E=12mv02 I=mv0

5. 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

6. 如图所示，两带电金属球在绝缘的光滑水平桌面上沿同一直线相向运动，A 球带电荷量为 −q，B 球带电荷量为 +2q，下列说法中正确的是
A. 相碰前两球运动过程中总动量不守恒
B. 相碰前两球的总动量随两球距离的减小而增大
C. 相碰分离后两球的总动量不等于相碰前两球的总动量
D. 相碰分离后任一瞬时两球的总动量等于碰前两球的总动量，因为两球组成的系统所受的合外力为零

7. 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，机械能守恒
C. 弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为 mv0272
D. 砂袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为 v0272g

8. 乌贼头部的腹面有一个漏斗，它不仅是生殖、排泄、墨汁的出口，也是乌贼重要的运动器官。当乌贼身体紧缩时，口袋状身体内的水分就能从漏斗口急速喷出，乌贼借助水的反作用力迅速前进，犹如强弩离弦。如果一只质量为 1.4 kg 的乌贼吸入 0.1 kg 的水，静止在水中。遇到危险时，它在百分之一秒时间内把吸入的水向后全部喷出，以 2 m/s 的速度向前逃窜。以下说法正确的是
A. 乌贼喷水过程因为有周围水的阻力，乌贼和吸入的水构成的系统动量不守恒
B. 该乌贼喷出的水的速度为 28 m/s
C. 该乌贼在这一次逃窜过程中消耗的能量为 39.2 J
D. 该乌贼喷出水的过程中对水的平均作用力为 260 N

9. 如图所示，木块 A 、 B 用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起置于光滑水平面上处于静止状态，现有一颗子弹水平射入木块 A 并留在其中，则在子弹打中木块 A 及弹簧被压缩的过程中，子弹、两木块和弹簧组成的系统（弹簧始终处于弹性限度内）
A. 动量守恒B. 动量不守恒C. 机械能守恒D. 总能量不守恒

10. 如图所示，两质量分别为 m1 和 m2 的弹性小球 A 、 B 叠放在一起，从高度为 h 处自由落下，h 远大于两小球半径，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向。已知 m2=3m1，则小球 A 反弹后能达到的高度为
A. hB. 2hC. 3hD. 4h

11. 一静止的铀核放出一个 α 粒子衰变成钍核，衰变方程为 92238 U→90234 Th+24 He，下列说法正确的是
A. 衰变后钍核的动能等于 α 粒子的动能
B. 衰变后钍核的动量大小等于 α 粒子的动量大小
C. 铀核的半衰期等于其放出一个 α 粒子所经历的时间
D. 衰变后 α 粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量

12. 如图所示，水平光滑地面上质量为 M 、半径为 R 且内壁光滑的半圆槽左侧靠竖直墙壁静止。质量为 m 的小球可视为质点，从槽口 A 的正上方某高度处由静止释放，并从 A 点沿切线进入槽内，最后从 C 点离开凹槽，B 为凹槽的最低点。关于小球与槽相互作用的过程，下列说法中正确的是
A. 小球在槽内从 A 运动到 B 的过程中，小球与槽在水平方向动量不守恒
B. 小球在槽内从 A 运动到 B 的过程中，小球机械能不守恒
C. 小球在槽内从 B 运动到 C 的过程中，小球与槽在水平方向动量不守恒
D. 小球离开 C 点以后，将做竖直上抛运动

13. 秦山核电站是我国第一座核电站，其三期工程采用重水反应堆技术，利用种子（n01）与静止氘核（H12）多次碰撞，使中子减速。已知中子某次碰撞前的动能为 E，碰撞可视为弹性正碰。经过一次碰撞后，中子损失的动能为
A. 19EB. 89EC. 13ED. 23E

14. 如图，在光滑的水平面上，有一静止的小车，甲、乙两人站在小车左、右两端，当他俩同时相向而行时，发现小车向右运动，下列说法中错误的是
A. 乙的速度必定大于甲的速度
B. 乙对小车的冲量必定大于甲对小车的冲量
C. 乙的动量必定大于甲的动量
D. 甲、乙的动量之和必定不为零

15. 如图甲所示，在光滑水平地面上，物块 A 、 B 间拴接一个压缩后被锁定的轻弹簧，其中 A 物块最初与左侧固定的挡板相接触，B 物块质量为 6 kg。现解除对弹簧的锁定，在 A 离开挡板后，B 物块的 v−t 图象如图乙所示，则下列说法正确的是
A. 物块 A 的质量为 4 kg
B. 运动过程中物块 A 的最大速度为 vm=3 m/s
C. 在物块 A 离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒
D. 在物块 A 离开挡板后弹簧的最大弹性势能为 9 J

16. 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

17. 如图所示，半径为 R 的光滑半圆槽质量为 M，静止在光滑水平面上，其内表面有一质量为 m 的小球被细线吊着位于槽的边缘处。如将线烧断，小球滑行到最低点向右运动时，半圆槽的速度为
A. 0B. mM2MgRM+m，向左C. mM2MgRM+m，向右D. 不能确定

18. 一只质量为 1.4 kg 的乌贼吸入 0.1 kg 的水，静止在水中。遇到危险时，它在百分之一秒时间内把吸入的水向后全部喷出，以 2 m/s 的速度向前逃窜。以下说法错误的是
A. 该乌贼与喷出的水的动量变化大小相等、方向相反
B. 该乌贼喷出的水的速度大小为 28 m/s
C. 该乌贼在这一次逃窜过程中消耗的能量为 39.2 J
D. 该乌贼喷出水的过程中对水的平均作用力大小为 280 N

19. 如图，在足够大的光滑水平面上放有两个小物块 P 、 Q，Q 的质量为 m，P 的质量为 2m，物块 P 连接一轻弹簧并处于静止状态。现让物块 Q 以初速度 3v0 向物块 P 运动且两物块始终保持在一条直线上。若分别用实线和虚线表示物块 Q 、 P 的 v−t 图线，则在弹簧形变过程中，v−t 图象可能是下图中的
A. B.
C. D.

20. 如图所示，质量为 m 的滑环套在足够长的光滑水平滑杆上，质量为 M=3m 的小球（可视为质点）通过长为 L 的轻质细绳与滑环连接。将滑环固定时，给小球一个水平冲量，小球摆起后刚好碰到水平杆；若滑环不固定，仍给小球同样的水平冲量，则小球摆起的最大高度为
A. 16LB. 14LC. 12LD. 34L

二、双项选择题（共9小题；共36分）
21. 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

22. 如图所示，滑块和小球的质量分别为 M 、 m。滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点 O 由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为 l，开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点的过程中，下列说法正确的是
A. 滑块和小球组成的系统动量不守恒
B. 滑块和小球组成的系统在竖直方向动量守恒
C. 小球的最大速率为 2MglM+m
D. 小球的最大速率为 2m2glM(M+m)

23. 如图，大小相同的摆球 a 和 b 的质量分别为 m 和 3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球 a 向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是
A. 第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小不相等
B. 第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等
C. 第一次碰撞后，两球的最大摆角相同
D. 发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置

24. A 、 B 两个物体在光滑水平面上沿 x 轴运动，运动的过程中两物体经历了完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），下面哪些图象是不可能发生的
A. B.
C. D.

25. 在光滑的水平面上，一个质量为 2 kg 的物体 A 与另一物体 B 发生共线碰撞，碰撞时间不计，两物体的位置随时间变化规律如图所示，以 A 物体碰前速度方向为正方向，则
A. 碰撞后 A 的动量为 6 kg⋅m/s
B. 碰撞后 A 的动量为 2 kg⋅m/s
C. 物体 B 的质量为 2 kg
D. 碰撞过程中合外力对 B 的冲量为 6 N⋅s

26. 如图所示，三辆完全相同的平板小车 a 、 b 、 c 成一直线排列，静止在光滑水平面上。c 车上有一小孩跳到 b 车上，接着又立即从 b 车跳到 a 车上。小孩跳离 c 车和 b 车时对地的水平速度相同。他跳到 a 车上相对 a 车保持静止，此后
A. a 、 b 两车运动速率相等B. a 、 c 两车运动速率相等
C. 三辆车的速率关系 vc>va>vbD. a 、 c 两车运动方向相反

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. 如图所示，长为 L 、质量为 2m 的长木板 B 放在光滑的水平面上，质量为 m 的铁块 A 放在长木板右端。一质量为 m 的子弹以速度 v0 射入木板并留在其中，铁块恰好不滑离木板。子弹射入木板中的时间极短，子弹、铁块均视为质点，铁块与木板间的动摩擦因数恒定，重力加速度为 g，则
A. 整个过程中子弹、 A，B 三者构成的系统动量守恒
B. 木板获得的最大速度为 14v0
C. 铁块获得的最大速度为 13v0
D. 铁块与木板之间的动摩擦因数为 v0224gL

29. 如图所示，足够长的光滑水平导轨上放有一个凹槽，其质量为 M=10 kg。凹槽以初速度 v0=6 m/s 匀速运动。某时刻在凹槽内无初速度放置一个质量为 m=2 kg 的物块，物块与凹糟之间存在摩擦，若物块与凹槽碰撞过程中无机械能损失，则在此后的运动过程中
A. 凹槽与物块组成的系统机械能守恒
B. 凹槽与物块组成的系统动量守恒
C. 凹槽与物块的最终速度均为 5 m/s
D. 整个运动过程中系统因摩擦产生的热量为 55 J

三、多项选择题（共1小题；共4分）
30. 以 v0 的速度匀速上升的气球，质量为 M，上面带一个质量为 m 的小球（所受浮力不计），当升到离地面 h 高度时，小球从气球上落下（脱离），忽略空气阻力，重力加速度为 g，下列说法错误的是
A. 气球与小球组成的系统动量守恒B. 小球落地速度为 2gh
C. 小球落地时，气球速度为 mM2ghD. 小球落地时间为 2hg
答案
第一部分
1. B
【解析】忽略滑板与地面间摩擦时，小孩与滑板在水平方向上动量守恒，有 0=Mv+mvʹ，解得 vʹ=−Mmv，其中“−”表示 vʹ 与 v 方向相反，故B正确。
2. C
【解析】选在时间 Δt 内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于底面积为 S，高为 vΔt 的柱体内微粒的质量，即 M=mSvΔt
研究对象初动量为零，末动量为 Mv，设飞船对微粒的作用力为 F，由动量定理得
FΔt=Mv−0
则 F=MvΔt=mSv⋅Δt⋅vΔt=mSv2
根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的作用力大小也为 mSv2，则飞船要保持匀速飞行，推力应增加 Fʹ=F=mSv2
代人数据得 Fʹ=0.72 N
故选C。
3. C
【解析】机械能守恒的条件是只有重力或系统内弹簧弹力做功，而不是系统的合外力为零，故A错误；一对作用力与反作用力不一定一个做正功，一个做负功，故B错误；系统动量守恒的条件是合外力为零，与机械能守恒的条件不相符，即动量是否守恒与机械能是否守恒无关，故C正确，D错误。
4. A
【解析】碰撞瞬间，由动量守恒定律可知 mv0=2mv1，解得 v1=v02；碰撞后 A 、 B 两球与弹簧组成的系统机械能守恒，当两球向左运动减速到零时弹簧的弹性势能最大，最大弹性势能为 E，则 E=12×2m×v022=14mv02。取 A 、 B 和弹簧整体分析，规定向右为正方向，由动量定理可得 I=2m×v02−−2m×v02=2mv0，所以墙对弹簧的冲量大小为 2mv0。
故选A。
5. 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。
6. D
【解析】两球组成的系统所受外力的合力为零，系统的动量守恒，因此，两球碰撞前后动量守恒。
7. D
【解析】弹丸打人砂袋过程中，砂袋的速度增大，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，故A错误；
弹丸打入砂袋过程中，有部分机械能转化为内能，则机械能不守恒，故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，得 v=v06，则产生的热量为 Q=12mv02−12(m+5m)v2=512mv02，故C错误；
弹丸打人砂袋后一起摆动过程中整体的机械能守恒，有 12(m+5m)v2=(m+5m)gh，解得 h=v0272g，故D正确。
8. B
【解析】乌贼喷水过程，时间较短，内力远大于外力，系统动量守恒，A错误；
选取乌贼逃窜的方向为正方向，根据动量守恒定律得 0=Mv1−mv2，
解得 v2=Mv1m=1.4×20.1 m/s=28 m/s，
B正确；
该乌贼在这一次逃窜过程中消耗的能量为两者动能之和，即 E=12mv22+12Mv12=42 J，
C错误；
该乌贼喷出水的过程中对水的平均作用力为 F=mv2Δt=280 N，
D错误。
9. A
【解析】子弹打中木块 A 及弹簧被压缩的过程中，系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒，故A正确，B错误；该过程中除弹簧弹力做功外还有摩擦力做功，系统的机械能不守恒，且系统损失的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，系统的总能量守恒，故C、D均错误。故选A。
10. D
【解析】两小球下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，均为 v=2gh，因为所有的碰撞都是弹性碰撞，所以 B 碰撞地面之后，速度瞬间反向，大小不变，选 A 与 B 碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后 A 、 B 速度大小分别为 v1，v2，取向上为正方向，则 m2v−m1v=m1v1+m2v2，由能量守恒定律得 12(m1+m2)v2=12m1v12+12m2v22，且 m2=3m1，联立解得 v1=22gh，则小球 A 反弹后能达到的高度为 H=v122g=4h。
11. B
【解析】一静止的铀核放出一个 α 粒子衰变成钍核，根据系统动量守恒知，衰变后钍核和 α 粒子动量之和为零，可知衰变后钍核的动量大小等于 α 粒子的动量大小，根据 Ek=p22m 知，由于钍核和 α 粒子质量不同，则动能不同，故A错误，B正确；
半衰期是原子核有半数发生衰变的时间，故C错误；
衰变的过程中有质量亏损，即衰变后 α 粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量，故D错误。
12. A
【解析】小球在槽内从 A 运动到 B 的过程中，因为槽的左侧是竖直的墙壁，槽受到墙向右的弹力，槽不会向左运动，小球与槽在水平方向上动量不守恒；小球从 A 运动到 B，只有重力对它做功，小球的机械能守恒，故A正确，B错误。小球在槽内从 B 运动到 C 的过程中，槽向右运动，小球与槽在水平方向上动量守恒，故C错误。小球离开 C 点以后，由于小球既有竖直向上的分速度，又有水平方向的分速度，所以小球做斜上抛运动，故D错误。
13. B
【解析】质量数为 1 的中子与质量数为 2 的氘核发生弹性碰撞，满足系统机械能守恒和系统动量守恒，设中子的初速度为 v0，碰撞后中子和氘核的速度分别为 v1 和 v2，可列式为 12×1×v02=12×1×v12+12×2×v22，1×v0=1×v1+2×v2，解得 v1=−13v0，即中子的动能减小为原来的 19，动能损失量为 89E，故选B。
14. A
【解析】甲、乙两人和小车组成的系统在水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒，则有 m甲v甲+m乙v乙+m车v车=0，小车向右运动说明甲、乙两人总动量向左，说明乙的动量大于甲的动量，即甲、乙的动量之和必定不为零，但由于不知道两人质量关系，所以无法确定速度关系，故C、D正确，A错误；根据动量定理可知乙对小车的冲量方向向右，甲对小车的冲量方向向左，而小车速度方向向右，即动量变化量向右，可知乙对小车的冲量必定大于甲对小车的冲量，故B正确。
15. D
【解析】由图乙知，A 离开挡板瞬间 B 的速度为 v0=3 m/s，B 的速度最小值为 vB=1 m/s，B 的速度最小时，弹簧第一次恢复原长，A 的速度最大，取向右为正方向，根据系统动量守恒和机械能守恒得 mBv0=mAvA+mBvB，
12mBv02=12mAvA2+12mBvB2，
解得 mA=3 kg，
vA=4 m/s，
A、B错误；
在 A 离开挡板前，由于挡板对 A 有作用力，A 、 B 组成的系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，C错误；
分析从 A 离开挡板后 A 、 B 的运动过程，弹簧伸长到最长时，弹性势能最大，此时 A 、 B 共速，设共同速度为 v共，根据动量守恒有 mBv0=(mA+mB)v共，
解得 v共=2 m/s，
根据机械能守恒定律有 12mBv02=12(mA+mB)v共2+Ep，
解得 Ep=9 J，D正确。
16. 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。
17. B
【解析】以水平向右为正方向，设小球在最低点时，小球和半圆槽的速度大小分别为 v 和 vʹ，两者组成的系统水平方向动量守恒，得 0=mv−Mvʹ；根据机械能守恒定律得 mgR=12mv2+12Mvʹ2，联立以上两式解得 vʹ=mM2MgRM+m，方向向左，故选项B正确。
18. C
19. C
【解析】将两物块及弹簧看作整体分析，整体所受合外力为 0，动量守恒，设两物块共速时速度为 v，当它们速度相等时，由动量守恒定律有 m⋅3v0=(m+2m)v，解得 v=v0，故A、B错误；碰后，Q 的速度减小，P 的速度增大，在 Q 的速度大于 P 的速度时，弹簧压缩量增大，弹簧弹力增大，Q 、 P 的加速度都增大，当弹簧压缩量到最大后，弹力方向不变，Q 的速度继续减小，P 的速度继续增大，但由于弹簧的压缩量开始减小，它们的加速度都将减小，故C正确，D错误。故选C。
20. B
【解析】滑环固定时，根据机械能守恒定律有 MgL=12Mv02，解得 v0=2gL，水平冲量大小为 I=M2gL；滑环不固定时，因为给小球的水平冲量相同，所以小球初速度仍为 v0，在小球摆至最大高度 h 时，小球和滑环的速度相等，设为 v，在此过程中小球和滑环组成的系统水平方向的动量守恒，有 Mv0=(m+M)v，由机械能守恒得 12Mv02=12(m+M)v2+Mgh，解得 h=14L。
第二部分
21. 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。
22. A， C
【解析】小球下落过程中系统合外力不为零，因此系统动量不守恒，故A正确；绳子拉力属于内力，小球到达最低点的过程中，系统在水平方向不受外力作用，因此系统在水平方向动量守恒，但系统在竖直方向合外力不为 0，因此系统在竖直方向动量不守恒，故B错误；当小球运动到最低点时，只有水平方向有速度，此时小球和滑块的速度均达到最大，根据系统在水平方向动量守恒得 Mv1=mv2，小球下落过程中系统机械能守恒，则 mgl=12Mv12+12mv22，联立解得 v1=2m2glM(M+m)，v2=2MglM+m，故C正确，D错误。
23. C， D
【解析】两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有 mv0=mv1+3mv2，两球的碰撞是弹性的，故机械能守恒，即 12mv02=12mv12+12⋅3mv22，解得 v1=−12v0，v2=12v0，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，选项A错误；第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，选项B错误；第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选项C正确；由单摆的周期公式 T=2πlg 可知，两球摆动周期相同，经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D正确。
24. B， C
25. B， D
【解析】由题图可知，碰撞前 A 的速度为 v0=164 m/s=4 m/s，碰撞后 A 、 B 共同的速度为 v=24−1612−4 m/s=1 m/s，则碰撞后 A 的动量为 pA=mAv=2 kg×1 m/s=2 kg⋅m/s，故A错误，B正确；A 、 B 碰撞过程中，由动量守恒定律可得 mAv0=mA+mBv，解得 mB=6 kg，故C错误；对 B，由动量定理可得 IB=mBv−0=6 kg⋅1 m/s=6 N⋅s，故D正确。
26. C， D
【解析】设人跳离 b 、 c 车时速度为 v，以 v 的方向为正方向，由动量守恒定律知，人和 c 车组成的系统：0=−M车vc+m人v
对人和 b 车组成的系统：m人v=−M车vb+m人v
对人和 a 车组成的系统：m人v=(M车+m人)va
所以 vc=m人vM车，vb=0，va=m人vM车+m人
故 vc>va>vb，并且 a 、 c 两车的运动方向相反。
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】整个过程中子弹、 A，B 三者构成的系统受到的合外力为零，则系统的动量守恒，故A正确；取向右为正方向，对子弹和木板 B 构成的系统，根据动量守恒定律有 mv0=(m+2m)v1，解得 v1=v03，即木板获得的最大速度为 13v0，故B错误；对木板 B（包括子弹）和铁块 A 构成的系统有 mv0=(m+2m+m)v2，解得 v2=v04，即铁块获得的最大速度为 14v0，故C错误；子弹打入木板后，对木板 B（包括子弹）和铁块 A 构成的系统，由能量守恒定律有 μmgL=12⋅3mv12−12⋅4mv22，解得 μ=v0224gL，故D正确。
29. B， C
第三部分
30. B， C， D
【解析】气球与小球组成的系统受重力、浮力作用，由二者一起匀速上升知，所受合力为 0，小球脱离后，系统仍然只受这两种外力，合力为 0，故系统动量守恒，A正确；小球脱离气球做竖直上抛运动，由 v2−v02=2gh，h=−v0t+12gt2 得，v=2gh+v02，t=v0+v02+2ghg，B、D错误；系统动量守恒，以向上为正方向，由动量守恒定律得 (M+m)v0=Mvʹ−mv，解得 vʹ=(M+m)v0+m2gh+v02M，故C错误。