（课标通用）2020新高考物理二轮复习选择题逐题突破第五道选择题涉及的命题点教学案.docx

第5道选择题涉及的命题点 5152 53 54动量动量定理动量守恒定律碰撞、爆炸和反冲用动量观点解决力学综合问题51 备考精要1掌握基本概念和规律2.应用动量定理的注意事项(1)一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能解决，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理求解更简捷。动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力。这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。(2)动量定理的表达式是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力。三级练四翼展一练固双基基础性考法1(2019全国卷)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为()A1.6102 kgB1.6103 kgC1.6105 kg D1.6106 kg解析：选B设1 s内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理Ftmv知，m kg1.6103 kg，选项B正确。2(2019泰安模拟)如图所示，竖直平面内有一半圆槽，A、C等高，B为圆槽最低点，小球从A点正上方O点静止释放，从A点切入圆槽，刚好能运动至C点。设球在AB段和BC段运动过程中，运动时间分别为t1、t2，合外力的冲量大小为I1、I2，则()At1t2Bt1t2CI1I2DI1I2解析：选C小球从A点正上方O点静止释放，刚好能运动至C点，说明在圆弧内要克服摩擦力做功，因此在AB段平均速率大于在BC段平均速率，两段路程相等，所以t1I2，C正确，D错误。3(2019绵阳模拟)在水平地面上，两个具有相同初动量而质量不同的物体在大小相等的阻力作用下最后停下来。则质量大的物体()A滑行的距离小B滑行的时间长C滑行过程中的加速度大D滑行过程中的动量变化快解析：选A根据动能定理可知FsEk，得s，质量较大的物体滑行的距离较小，A正确；根据动量定理可知Ftpp，则滑行的时间相等，B错误；根据牛顿第二定律可知a，质量较大的物体加速度较小，C错误；根据动量定理可知F，二者动量变化快慢一样，D错误。4. “蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是()A绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力解析：选A从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功。故选项A正确，选项B、C、D错误。5(2018全国卷)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A10 NB102 NC103 N D104 N解析：选C设每层楼高约为3 m，则下落高度约为h325 m75 m，达到的速度v22gh，根据动量定理(Fmg)t0(mv)，解得鸡蛋受到地面的冲击力Fmg103 N，由牛顿第三定律知C正确。二练会迁移综合性考法1多选(2019福州联考)如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t。对于这一过程，下列判断正确的是()A斜面对物体的弹力的冲量为零B物体受到的重力的冲量大小为mgtC物体受到的合力的冲量大小为零D物体动量的变化量大小为mgsin t解析：选BD斜面对物体的弹力的冲量大小为：INtmgcos t，弹力的冲量不为零，故A错误；物体所受重力的冲量大小为：IGmgt，物体受到的重力的冲量大小不为零，故B正确；物体受到的合力的冲量大小为mgsin t，不为零，C错误；由动量定理得，动量的变化量大小pI合mgsin t，D正确。2多选静止在粗糙水平面上的物体，在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移l后，动量为p、动能为Ek。以下说法正确的是()A若保持水平力F不变，经过时间2t，物体的动量等于2pB若将水平力增加为原来的两倍，经过时间t，物体的动量等于2pC若保持水平力F不变，通过位移2l，物体的动能小于2EkD若将水平力增加为原来的两倍，通过位移l，物体的动能大于2Ek解析：选AD根据动量定理I合(Ff)tp，保持水平力F不变，经过时间2t，(Ff)2tp，可知p2p，故A正确；若水平力增加为原来的2倍，经过时间t，则有(2Ff)tp，则p2p，故B错误；根据动能定理(Ff)lEk，保持水平力F不变，通过位移2l，有(Ff)2lEk，则有Ek2Ek，故C错误；若将水平力增加为原来的两倍，通过位移l，有(2Ff)lEk，则有Ek2Ek，故D正确。3(2018全国卷)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能()A与它所经历的时间成正比B与它的位移成正比C与它的速度成正比D与它的动量成正比解析：选B动能Ekmv2，与速度的平方成正比，故C错误；速度vat，可得Ekma2t2，与经历的时间的平方成正比，故A错误；根据v22ax，可得Ekmax，与位移成正比，故B正确；动量pmv，可得Ek，与动量的平方成正比，故D错误。4多选(2017全国卷)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则()At1 s时物块的速率为1 m/sBt2 s时物块的动量大小为4 kgm/sCt3 s时物块的动量大小为5 kgm/sDt4 s时物块的速度为零解析：选AB法一：根据Ft图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在01 s、02 s、03 s、04 s内合外力冲量分别为2 Ns、4 Ns、3 Ns、2 Ns，应用动量定理Imv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kgm/s、4 kgm/s、3 kgm/s、2 kgm/s，则A、B项正确，C、D项错误。法二：前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1 m/s21 m/s2，t1 s时物块的速率v1a1t11 m/s，A正确；t2 s时物块的速率v2a1t22 m/s，动量大小为p2mv24 kgm/s，B正确；物块在24 s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a20.5 m/s2，t3 s时物块的速率v3v2a2t3(20.51) m/s1.5 m/s，动量大小为p3mv33 kgm/s，C错误；t4 s时物块的速率v4v2a2t4(20.52) m/s1 m/s，D错误。5. 多选(2019哈尔滨检测)如图所示，甲、乙两小车的质量分别为m1和m2，且m1q。一开始，带电荷量为q的滑块静止，带电荷量为Q的滑块以某一初速度v从远处向带电荷量为q的滑块运动，则()A两滑块的加速度始终相同B两滑块的速度相同时，两滑块间的电势能最大C两滑块的总动量先变小，后变大D两滑块最终以相同的速度做匀速直线运动解析：选B由同种电荷相互排斥，得两滑块的加速度大小相等，但方向相反，选项A错误；两滑块的总动量是守恒的，当两滑块速度相同时，两滑块的机械能最小，电势能最大，选项B正确；两滑块的总动量是不变的，选项C错误；两滑块速度相等之后，带电荷量为q的滑块继续加速，带电荷量为Q的滑块减速，二者速度不能保持相等，选项D错误。4.如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m(mM)的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是()A在以后的运动过程中，小球和槽在水平方向动量始终守恒B在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒D被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处解析：选D当小球与弹簧接触后，小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，故A错误；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于槽的曲面的，故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，故B错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故C错误；球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于mM，则小球的速度大于槽的速度，小球被弹簧反弹后的速度大小等于球与槽分离时的速度大小，小球将追上槽并沿槽上滑，上滑过程中只有重力对系统做功，系统机械能守恒，由于小球与槽组成的系统总动量水平向左，小球滑上槽的最高点时系统速度水平向左，系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h处，故D正确。5滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动，现有质量为m的人站立于雪橇上，如图所示。人与雪橇的总质量为M，人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动(雪橇所受阻力不计)。当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时，雪橇向南的速度大小为()A.B.C.Dv1解析：选D根据动量守恒条件可知人与雪橇组成的系统在水平方向动量守恒，人跳起后水平方向速度不变，雪橇的速度仍为v1，D正确。二练会迁移综合性考法1(2019大庆检测)如图所示，小球A和小球B质量相同，球B置于光滑水平面上。当球A从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与B相撞，并黏合在一起继续摆动，它们能上升的最大高度是()AhB.C.D.解析：选CA运动到最低点，有mghmvA2，到达最低点恰好与B相撞，并黏合在一起，有mvA2mv，解得v，两者同时上升时机械能守恒，有：2mv22mgH，联立解得H，C正确。2.多选如图所示，一小车静置于光滑的水平面上，小车的A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，小车的质量为M，长为L，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时小车与C都处于静止状态。当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是()A如果小车内表面光滑，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大小为v时，小车对地运动速度大小为vD小车向左运动的最大位移为解析：选BCD小车与木块C这一系统所受合外力为零，系统在整个过程动量守恒，但木块与橡皮泥粘接过程有机械能损失，故A错误，B正确；取木块C的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得mvMv0，解得小车的速度为vv，故C正确；该系统属于人船模型，设小车向左运动的最大位移为d，则Mdm(Ld), 解得d，故选项D正确。3(2019牡丹江检测)甲、乙两船的质量均为M，它们都静止在平静的湖面上，质量为M的人从甲船跳到乙船上，再从乙船跳回甲船，经过多次跳跃后，最后人停在乙船上。假设水的阻力可忽略，则()A甲、乙两船的速度大小之比为12B甲船与乙船(包括人)的动量相同C甲船与乙船(包括人)的动量之和为零D因跳跃次数未知，故无法判断解析：选C以人与两船组成的系统为研究对象，人在跳跃过程中总动量守恒，初态总动量为0，所以甲船与乙船(包括人)的动量大小之比为11，而动量的方向相反，所以甲船与乙船(包括人)的动量不同。由pmv，知甲、乙两船的速度与质量成反比，所以最后甲、乙两船的速度大小之比为21，故A、B错误；以系统为研究对象，在整个过程中，由动量守恒定律知，甲船与乙船(包括人)的动量之和为零，故C正确，D错误。4(2019烟台一模)如图所示，质量为M3 kg的足够长的木板放在光滑水平地面上，质量为m1 kg的物块放在木板上，物块与木板之间有摩擦，两者都以大小为4 m/s的初速度向相反方向运动。当木板的速度为3 m/s时，物块处于()A匀速运动阶段B减速运动阶段C加速运动阶段D速度为零的时刻解析：选B开始阶段，m向左减速，M向右减速，当物块的速度为零时，设此时木板的速度为v1，根据动量守恒定律得：(Mm)vMv1，解得：v1 m/s2.67 m/s；此后m将向右加速，M继续向右减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为v2，由动量守恒定律得：(Mm)v(Mm)v2，解得：v2 m/s2 m/s；两者相对静止后，一起向右做匀速直线运动。由此可知当木板的速度为3 m/s时，物块处于减速运动阶段，故B正确。5多选如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆形槽的半径为R，将物体A(可视为质点)从圆槽右侧顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则()AA能到达B圆槽的左侧最高点BA运动到圆槽的最低点时A的速率为CA运动到圆槽的最低点时B的速率为DB向右运动的最大位移大小为解析：选AD运动过程不计一切摩擦，故物体A、B组成的系统机械能守恒，且两物体水平方向动量守恒，那么A可以到达B圆槽的左侧最高点，且A在B圆槽的左侧最高点时，A、B的速度都为零，故A正确；A、B整体在水平方向上合外力为零，故在水平方向上动量守恒，所以A运动到圆槽最低点时，由动量守恒定律得mvA2mvB0，即vA2vB，A的水平速度向左，B的水平速度向右，设B在水平方向上的最大位移为d，则m(2Rd)2md，解得dR，故D正确；对A运动到圆槽的最低点的运动过程中，由机械能守恒定律可得：mgRmvA22mvB23mvB2，解得A运动到圆槽的最低点时B的速率为：vB，A的速率为：vA2vB，故B、C错误。三练提素养创新性、应用性考法1多选(2019石家庄质检)如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块。现使木箱瞬间获得一个水平向左的初速度v0，下列说法正确的是()A最终小木块和木箱都将静止B最终小木块和木箱组成的系统损失的机械能为Mv02C木箱速度为时，小木块的速度为D最终小木块的速度为解析：选BC由题意知，木箱及小木块组成的系统动量守恒，最终木箱和小木块共速，由动量守恒定律得Mv0(Mm)v，故v，A、D项错误；系统损失的机械能EMv02(Mm)v2Mv02，故B项正确；当木箱速度为时，由动量守恒定律知，Mv0mv，解得v，C项正确。2某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为2 m/s的速度跳到一条向他缓慢飘来的小船上，然后去执行任务。已知小船的质量是140 kg，原来的速度大小是0.5 m/s。若该同学上船后又跑了几步，最终停在船上，则()A人和小船最终静止在水面上B该过程人的动量变化量的大小为105 kgm/sC船最终速度的大小为0.95 m/sD船的动量变化量的大小为70 kgm/s解析：选B人与船组成的系统，在水平方向动量守恒，选取人运动的方向为正方向，得m1v1m2v2(m1m2)v，所以v m/s0.25 m/s，与人的速度方向相同，故A、C错误；该过程人的动量变化量为：p1m1vm1v160(0.252)kgm/s105 kgm/s，故B正确；船的动量变化量是：p2m2v(m2v2)140(0.250.5)kgm/s105 kgm/s，故D错误。3(2019株洲质检)如图，长l的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙，初始时它们直立在光滑的水平地面上。后由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒。当小球甲刚要落地时，其速度大小为()A.B.C.D0解析：选B两球组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mvmv0，即vv；由机械能守恒定律得：mv2mv2mgl，解得：v，故B正确。4多选如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则()AA物体的质量为3mBA物体的质量为2mC弹簧压缩最大时的弹性势能为mv02D弹簧压缩最大时的弹性势能为mv02解析：选AC对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能EpMv02；对题图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，A、B二者速度相等，由动量守恒定律有M2v0(Mm)v，由能量守恒定律有EpM(2v0)2(Mm)v2，联立解得M3m，EpMv02mv02，A、C正确，B、D错误。5(2019廊坊调研)如图所示，小车A的质量M2 kg，置于光滑水平面上，初速度v014 m/s。带正电荷可视为质点的物体B，电荷量q0.2 C，质量m0.1 kg，将其轻放在小车A的右端。在A、B所在的空间存在匀强磁场，方向垂直于纸面向里，磁感应强度B00.5 T。物体B与小车之间存在摩擦力的作用，设小车足够长，小车表面是绝缘的(g取10 m/s2)，则() A物体B的最终速度为10 m/sB小车A的最终速度为13.5 m/sC小车A和物体B的最终速度约为13.3 m/sD小车A达到最小速度的全过程中系统增加的内能为8.75 J解析：选ABD假设A、B能获得共同速度v，则由动量守恒定律得Mv0(Mm)v，解得v13.3 m/s，此时物体B受到的洛伦兹力fqvB01.33 Nmg1 N，说明物体B早已“悬浮”。当物体B对小车A的压力为零时，小车A与物体B之间无摩擦力的作用，A、B匀速运动，此时物体B的速度最大，小车A的速度最小，有qvBB0mg，解得vB10 m/s，根据动量守恒定律得Mv0mvBMvA，解得vA13.5 m/s，A、B正确，C错误；根据能量守恒定律得QEkMv02MvA2mvB28.75 J，D正确。53 备考精要1碰撞过程遵循的“三原则”动量守恒碰撞时间极短，内力远大于外力，动量可看作守恒，有m1v1m2v2m1v1m2v2动能不增加碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量。系统动能满足关系式：m1v12m2v22m1v12m2v22物理情境可行性按碰撞情境可分为追赶碰撞和相向碰撞，两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致2爆炸与反冲的特点(1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒。(2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增加，要利用能量守恒定律解题。(3)系统初始状态若处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度往往方向相反。三级练四翼展一练固双基基础性考法1. (2017全国卷)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A30 kgm/sB5.7102 kgm/sC6.0102 kgm/s D6.3102 kgm/s解析：选A燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得pmv00，解得pmv00.050 kg600 m/s30 kgm/s，选项A正确。2(2019贵州模拟)在平昌冬奥会中国队对阵瑞典队的女子冰壶比赛中，中国运动员在某次出手投壶时用质量为m的黄色冰壶以v16 m/s的速度与质量相同的静止的红色冰壶发生正碰，碰后黄色冰壶以v22 m/s的速度沿原方向运动，则这两个冰壶构成的系统碰撞过程中损失的动能为()A2mB4mC8mD10m解析：选C选v1方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv1mv2mv，代入数据解得v4 m/s，由能量守恒得：Emv12mv22mv28m，故C正确。3 “爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，燃放爆竹是我国传统民俗。春节期间，某人斜向上抛出一个爆竹，假设爆竹到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块碎片，前面一块碎片速度水平向东，后面一块碎片速度水平向西，前、后两块碎片的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反。以下说法正确的是()A爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度B爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度可能水平向西C爆炸后，三块碎片将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同D爆炸后的瞬间，中间那块碎片的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能解析：选A设爆竹爆炸前的速度为v，爆竹爆炸成三块碎片的质量均为m，爆炸后前、后两块碎片的速度大小为v前后，中间那块碎片的速度大小为v，设水平向东为正方向，根据水平方向动量守恒，3mvmv前后mvmv前后，得v3v，方向向东，所以爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度，选项A正确、B错误；爆炸后，三块碎片均做平抛运动，竖直方向上有hgt2，下落时间相同，则竖直方向分速度相同，但水平方向上的分速度方向不同，故合速度方向不同，则动量不同，选项C错误；爆炸后的瞬间，中间那块碎片的动能为m(3v)23mv2，选项D错误。4一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为31。不计质量损失，取重力加速度g10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()解析：选B由hgt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D项错误；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为31，所以速度变化量之比为13，由平抛运动水平方向上，xv0t，所以A图中，v乙0.5 m/s，v甲2.5 m/s，v乙2.5 m/s，v甲0.5 m/s，故A项错；B图中，v乙0.5 m/s，v甲2.5 m/s，v乙1.5 m/s，v甲0.5 m/s，B项正确。5多选在光滑水平面上，质量为m的小球1以速度v0与静止的小球2发生正碰，碰后小球2的速度是v0。小球2的质量可能是()AmB3mC5mD7m解析：选BC由动量守恒定律知mv0mv1m2，分两种极端情况讨论：完全非弹性碰撞，能量损失最多，即v1，得m2 2m; 弹性碰撞，没有能量损失，即mv02mv12m2v22, 联立解得v2v0，又v2，故m25m；综合得2mm25m，选项B、C正确。二练会迁移综合性考法1(2019安徽“江南十校”联考)如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2。物块可视为质点。则物块A碰撞前的瞬间速度为()A0.5 m/s B1.0 m/sC1.5 m/s D2.0 m/s解析：选C碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得：2mgx02mv2。代入数据得：v1 m/s，碰撞的过程中A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则：mv0mv12mv，由于没有机械能的损失，则：mv02mv122mv2，联立可得：v01.5 m/s，故A、B、D错误，C正确。2多选 (2019哈尔滨模拟)为完成某种空间探测任务，需要在太空站上发射空间探测器，探测器通过向后喷气而获得反冲力使其加速。已知探测器的质量为M，每秒钟喷出的气体质量为m，喷射气体的功率恒为P，不计喷气后探测器的质量变化。则()A喷出气体的速度为B喷出气体的速度为C喷气t秒后探测器获得的动能为D喷气t秒后探测器获得的动能为解析：选BC对t1 s内的喷出气体，由动能定理得Ptmv12，解得v1，故B正确，A错误。在t时间内，喷出气体整体与探测器动量守恒，有Mv2mtv1，探测器的动能为EkMv22，解得Ek，故C正确，D错误。3多选一机枪架在湖中小船上，船正以1 m/s的速度前进，小船及机枪总质量M200 kg，每颗子弹质量为m20 g，在水平方向机枪以v600 m/s的对地速度射出子弹，打出5颗子弹后船的速度可能为()A1.4 m/s B1 m/sC0.8 m/s D0.5 m/s解析：选BC若子弹射出方向与船前进的方向在同一直线上，则子弹、机枪和小船组成的系统动量守恒，有Mv0(M5m)v15mv，若子弹向船前进的方向射出，反冲作用使船速减小，v10.7 m/s，若子弹向船前进的反方向射出，v11.3 m/s，可见船速应在0.71.3 m/s之间。故B、C正确。4.多选(2019南昌模拟)A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图表示A、B发生碰撞前、后的vt图线，由图线可以判断下列叙述正确的是()AA、B的质量比为32BA、B碰撞前、后总动量守恒CA、B碰撞前、后总动量不守恒DA、B碰撞前、后总动能不变解析：选ABD根据动量守恒定律：mA6mB1mA2mB7，得：mAmB32，故A正确；根据动量守恒定律知A、B碰撞前、后总动量守恒，B正确，C错误；碰撞前总动能：mA62mB12mA，碰撞后总动能：mA22mB72mA，即碰撞前、后总动能不变，D正确。5在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图甲所示，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小阻力，碰撞前后两壶运动的vt图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量均为19 kg，则()A碰后蓝壶速度为0.8 m/sB碰后蓝壶移动的距离为2.4 mC碰撞过程两壶损失的动能为7.22 JD碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为54解析：选AD由题图可知，1 s时两壶相碰，碰前v红1.0 m/s, 碰后v红0.2 m/s, 由动量守恒定律知，mv红mv红mv蓝，得v蓝0.8 m/s，选项A正确；对于红壶，a1 m/s20.2 m/s2，题图乙中t s6 s，对于蓝壶x2(t1 s)2 m，选项B错误；碰撞时损失的动能E损mv红2mv红2mv蓝23.04 J，选项C错误；对红壶：Ffma1，对蓝壶：Ffma2，其中a2m/s20.16 m/s2，所以FfFf54，选项D正确。三练提素养创新性、应用性考法1(2019淮北一中模拟)两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA2 kg，mB3 kg，vA6 m/s，vB2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，A、B速度的可能值是()AvA4.5 m/s，vB3 m/sBvA3 m/s，vB4 m/sCvA1.5 m/s，vB7 m/sDvA7.5 m/s，vB1 m/s解析：选B考虑实际情况，碰撞后A的速度不可能大于B的速度，因而A、D错误，B、C满足；A、B碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，计算易知，B、C均满足；根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为42 J，B选项对应的总动能为33 J，C选项对应的总动能为75.75 J，故C错误，B满足。2多选滑块甲的质量为0.8 kg，以大小为5.0 m/s的速度向右运动时，与迎面而来的另一质量为1.0 kg、速度大小为3.0 m/s的滑块乙相撞，碰撞后滑块甲恰好静止。假设碰撞时间极短，以向右为正方向，下列说法正确的是()A碰后乙的速度大小为2 m/sB碰撞过程中甲受到的乙的作用力的冲量大小为4.0 NsC碰撞过程中乙动量的变化量为2.0 kgm/sD碰撞过程中系统损失的机械能为14 J解析：选BD由动量守恒定律得m甲v甲m乙v乙m乙v乙，代入数据解得v乙1.0 m/s，选项A错误；碰撞过程中甲动量的变化量为p甲0m甲v甲4.0 kgm/s，由动量定理可得甲滑块受到的乙的作用力的冲量为Ip甲4.0 Ns，选项B正确；碰撞过程中乙动量的变化量为p乙m乙v乙(m乙v乙)4.0 kgm/s，选项C错误；由能量守恒定律得m甲v甲2m乙v乙2m乙v乙2E，代入数据解得E14 J，选项D正确。3多选(2019江淮十校联考)如图所示，质量为m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为m的木块A放在长木板的左端，一颗质量为m的子弹以速度v0射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为v0，木块在木板上滑行的时间为t，下列说法正确的是()A木块获得的最大速度为v0B木块滑离木板时，木板获得的速度大小为v0C木块在木板上滑动时，木块与木板间的滑动摩擦力大小为D木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能解析：选AC对子弹和木块A系统，根据动量守恒定律得：mv0v1，解得v1v0，选项A正确；木块滑离木板时，对木板和木块(包括子弹)系统，根据动量守恒定律得：mv0v0mv2, 解得v2v0，选项B错误；对木板，由动量定理：ftmv2，解得f，选项C正确；由能量守恒定律可知，木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差，选项D错误。4多选A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像。a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图像，c为碰撞后两