2026版《金版教程》高考一轮复习物理第2节 动量守恒定律及其应用

高考总复习首选用卷物理第2节动量守恒定律及其应用考点一动量守恒定律1．(2021·全国乙卷)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，机械能不守恒答案：B解析：因为水平地面光滑，所以撤去推力后，系统所受合外力为零，则系统动量守恒；因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，则撤去推力后滑块与车厢底板间有摩擦力做功，系统机械能不守恒。故选B。2．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.eq\f(m,M)v B.eq\f(M,m)vC.eq\f(m,m＋M)v D.eq\f(M,m＋M)v答案：B解析：由题意知，小孩跃离滑板时小孩和滑板组成的系统动量守恒，以小孩跃离滑板后小孩的速度方向为正方向，则有Mv＋mv′＝0，得滑板的速度v′＝eq\f(－Mv,m)，即滑板的速度大小为eq\f(Mv,m)，B正确。3．如图所示，有一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有相距足够远的序号为1、2、3、4、5的5块木块，所有木块的质量均为m，与木板间的动摩擦因数均为μ，木板的质量为5m。在t＝0时刻木板静止，第1、2、3、4、5号木块的初速度分别为v0、2v0、3v0、4v0、5v0，方向都向右，重力加速度为g。所有木块和木板最终都会共速，其共同速度为()A.eq\f(3,2)v0 B．2v0C.eq\f(5,2)v0 D.eq\f(4,3)v0答案：A解析：设木块和木板最终的共同速度为v共，5块木块和木板组成的系统所受合外力为零，动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得m×v0＋m×2v0＋m×3v0＋m×4v0＋m×5v0＝(5m＋5m)v共，解得v共＝eq\f(3,2)v0，故A正确。4.(多选)如图所示，质量为m的A球以水平速度v与静止的质量为2m的B球正碰后，A球的速率变为原来的eq\f(1,4)，则碰后B球的速度是(以v方向为正方向)()A.eq\f(5,8)v B.eq\f(3,8)vC．－eq\f(3,8)v D．v答案：AB解析：碰后A球的速度为eq\f(1,4)v或－eq\f(1,4)v，设碰后B球的速度为vB，两球碰撞过程系统动量守恒，有mv＝mvA＋2mvB，当vA＝eq\f(1,4)v时，解得vB＝eq\f(3,8)v，当vA＝－eq\f(1,4)v时，解得vB＝eq\f(5,8)v，故选A、B。5.在光滑的水平面上，一个质量为2kg的物体A与另一物体B发生正碰，碰撞时间不计，两物体的位置随时间的变化规律如图所示，以物体A碰前速度方向为正方向，下列说法正确的是()A．碰撞后A的动量为6kg·m/sB．碰撞后A的动量为4kg·m/sC．物体B的质量为2kgD．碰撞过程中合外力对B的冲量为6N·s答案：D解析：x­t图像的斜率表示速度，由图可知，碰撞前vB＝0，vA＝eq\f(16－0,4－0)m/s＝4m/s，碰撞后A、B一起运动，速度为v共＝eq\f(24－16,12－4)m/s＝1m/s，则碰撞后A的动量为pA′＝mAv共＝2×1kg·m/s＝2kg·m/s，故A、B错误；碰撞过程由动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v共，解得mB＝6kg，故C错误；由动量定理可知，碰撞过程中合外力对B的冲量为I＝mBv共－0＝6N·s，故D正确。6．《三国演义》中“草船借箭”是后人熟悉的故事。若草船的质量为M，每支箭的质量为m，草船以大小为v1的速度驶来时，对岸士兵多箭齐发，箭以相同的大小为v2的速度水平射中草船。假设此时草船正好停下来，不计水的阻力，则射出的箭的数目为()A.eq\f(（M＋m）v1,mv2) B.eq\f(Mv1,（M＋m）v2)C.eq\f(Mv1,mv2) D.eq\f(mv1,Mv2)答案：C解析：设射出的箭的数目为n，在草船与箭作用过程中，系统动量守恒，取草船的初速度方向为正方向，则有Mv1－nmv2＝0，解得n＝eq\f(Mv1,mv2)，故C正确。考点二弹性碰撞与非弹性碰撞7.(多选)如图所示，大小相同、质量分别为0.2kg和0.1kg的小球，在光滑水平面上分别以0.3m/s和0.9m/s的速度沿同一直线相向运动，相撞之后粘住成为一个整体，以下说法正确的是()A．整体的速度大小为0.1m/sB．整体的速度大小为0.3m/sC．损失的机械能为0.048JD．损失的机械能为0.03J答案：AC解析：取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，其中m1＝0.2kg，v1＝－0.3m/s，m2＝0.1kg，v2＝0.9m/s，解得整体的速度v＝0.1m/s，故A正确，B错误；损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝0.048J，故C正确，D错误。8．科学家用加速后的一个中子(eq\o\al(1,0)n)与一质量数为A(A>1)的静止原子核发生弹性正碰。则碰撞后与碰撞前中子的速率之比为()A.eq\f(A＋1,A－1) B.eq\f(A－1,A＋1)C.eq\f(2A,A＋1) D.eq\f(A＋1,2A)答案：B解析：设碰撞前后中子的速度分别为v1、v1′，碰撞后原子核的速度为v2，中子的质量为m1，原子核的质量为m2，则m2＝Am1，根据弹性碰撞规律可得m1v1＝m1v1′＋m2v2，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，解得v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1＝eq\f(1－A,1＋A)v1，则碰撞后与碰撞前中子的速率之比为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(v1′,v1)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1－A,1＋A)))＝eq\f(A－1,A＋1)，故选B。9．在光滑水平面上，A、B两个物体在同一直线上沿同一方向运动，A的质量是2kg，速度是9m/s，B的质量是4kg，速度是6m/s。A从后面追上B并发生碰撞后，B的速度增大为8m/s，方向不变，则下列分析正确的是()A．此碰撞为弹性碰撞，碰后A的速度大小为7.4m/s，方向与初速度方向相同B．此碰撞为非弹性碰撞，碰后A的速度大小为7.4m/s，方向与初速度方向相反C．此碰撞为弹性碰撞，碰后A的速度大小为5m/s，方向与初速度方向相同D．此碰撞为非弹性碰撞，碰后A的速度大小为5m/s，方向与初速度方向相反答案：C解析：取A、B初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，其中mA＝2kg，vA＝9m/s，mB＝4kg，vB＝6m/s，vB′＝8m/s，解得vA′＝5m/s，即碰后A的速度大小为5m/s，方向与初速度方向相同，系统损失的动能为ΔEk＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mAvA′2＋\f(1,2)mBvB′2))＝0，故此碰撞为弹性碰撞，故C正确。10.如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放。已知圆弧轨道半径R＝1.8m，小滑块的质量关系是mB＝2mA，重力加速度g＝10m/s2。则碰后小滑块B的速度大小不可能是()A．5m/s B．4m/sC．3m/s D．2m/s答案：A解析：设碰前滑块A的速度大小为v0，滑块A下滑过程，由机械能守恒定律得mAgR＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)，解得v0＝6m/s。若两个滑块发生的是弹性碰撞，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB，eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，解得vB＝4m/s；若两个滑块发生的是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：mAv0＝(mA＋mB)vB′，解得vB′＝2m/s；所以碰后小滑块B的速度大小范围为2m/s≤v≤4m/s。故选A。11.(多选)如图，两质量分别为m1＝1kg和m2＝4kg的小球在光滑水平面上相向而行，速度大小分别为v1＝4m/s和v2＝6m/s，发生碰撞时，系统损失的机械能不可能为()A．25J B．35JC．45J D．55J答案：CD解析：当两球碰撞后共速时，系统损失的机械能最大，以向左为正方向，根据动量守恒定律可得m2v2－m1v1＝(m2＋m1)v，解得碰撞后的共同速度v＝4m/s，则系统损失的机械能最大为ΔEmax＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2，代入数据解得ΔEmax＝40J，可知发生碰撞时，系统损失的机械能应满足0≤ΔE≤40J，不可能为45J或55J，故选C、D。12．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是()A．vA′＝3m/s，vB′＝3.5m/sB．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sC．vA′＝1.5m/s，vB′＝3m/sD．vA′＝－3m/s，vB′＝6.5m/s答案：A解析：碰撞过程满足动量守恒定律，且碰撞后两球的总动能不增加，由题意知，碰前两球总动量为p前＝mAvA＋mBvB＝10kg·m/s，碰前两球的总动能为E前＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝22J。若vA′＝3m/s，vB′＝3.5m/s，则碰后两球的总动量为p后1＝mAvA′＋mBvB′＝10kg·m/s＝p前，满足动量守恒定律，碰后两球的总动能为E后1＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2＝16.75J，可知总动能没有增大，故碰后A、B两球速度可能为3m/s、3.5m/s，A正确；若vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/s，即碰后两球均沿原方向运动，由常理可知此时碰后A的速度不可能大于B的速度，而vA′>vB′，B错误；若vA′＝1.5m/s，vB′＝3m/s，则碰后两球的总动量为p后2＝mAvA′＋mBvB′＝7.5kg·m/s<p前，不满足动量守恒定律，故碰后A、B两球速度不可能为1.5m/s、3m/s，C错误；若vA′＝－3m/s，vB′＝6.5m/s，则碰后两球的总动量为p后3＝mAvA′＋mBvB′＝10kg·m/s＝p前，满足动量守恒定律，但碰后两球的总动能为E后3＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2＝46.75J>E前，不满足总动能不增加的原则，可知碰后A、B两球速度不可能为－3m/s、6.5m/s，D错误。考点三爆炸问题反冲运动人船模型13.(多选)如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘有少许炸药，一起以速度v0＝0.5m/s向右做匀速直线运动。已知甲、乙两球质量分别为0.1kg和0.2kg。某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0s，两球之间的距离为x＝2.7m，则下列说法正确的是()A．刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同B．刚分离时，甲球的速度大小为0.1m/s，方向水平向左C．刚分离时，乙球的速度大小为0.3m/sD．爆炸过程中释放的能量为0.027J答案：BD解析：设甲、乙两球质量分别为m1、m2，刚分离时两球的速度分别为v1、v2，取向右为正方向，由动量守恒定律可得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，由题意可知(v2－v1)t＝x，其中t＝3.0s，联立解得v1＝－0.1m/s，v2＝0.8m/s，可知刚分离时，甲球的速度大小为0.1m/s，方向水平向左，乙球的速度大小为0.8m/s，方向水平向右，A、C错误，B正确；爆炸过程中释放的能量为ΔE＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,0)，代入数据解得ΔE＝0.027J，D正确。14.学习了反冲原理之后，同学们利用饮料瓶制作“水火箭”。如图所示，瓶中装有一定量的水，其发射原理是通过打气使瓶内空气压强增大，当橡皮塞与瓶口脱离时，瓶内水向后喷出。静置于地面上的质量为M(含水)的“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面大小为v0的速度竖直向下喷出。重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是()A．水火箭的原理与体操运动员在着地时要屈腿的原理是一样的B．发射后，水火箭的速度大小为v＝eq\f(mv0,M－m)C．水火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力D．水火箭上升到最大高度的过程中，重力的冲量大小为(M－m)v0答案：B解析：体操运动员在着地时屈腿可以延长着地时间，从而可以减小地面对运动员的作用力，应用到的原理是动量定理，而水火箭利用的是水的反冲力使水瓶上升，应用的原理是动量守恒定律，二者原理不同，故A错误；取竖直向上为正方向，由动量守恒定律可得0＝(M－m)v－mv0，解得发射后水火箭获得的速度大小为v＝eq\f(mv0,M－m)，故B正确；水火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，故C错误；水喷出后，水火箭做竖直上抛运动，水火箭上升到最大高度所用的时间为t＝eq\f(v,g)＝eq\f(mv0,g（M－m）)，重力的冲量大小为I＝(M－m)gt＝mv0，故D错误。15.如图所示，质量m＝60kg的人，站在质量M＝300kg的车的一端，车长L＝3m，相对于地面静止。已知车与地面间的摩擦可以忽略不计。人由车的一端走到另一端的过程中，车将()A．后退0.8m B．后退0.7mC．后退0.6m D．后退0.5m答案：D解析：人、车组成的系统在水平方向所受合力为零，则在水平方向动量守恒，设某时刻人和车的速率分别为v1、v2，系统初动量为0，则mv1＝Mv2，人和车运动时间相同，对上式等号两侧分别对时间求和，有mx1＝Mx2，其中x1、x2分别为人和车运动的位移大小，且x1＋x2＝L，联立解得车后退的距离x2＝0.5m，故D正确。16.如图所示，大气球质量为25kg，载有质量为50kg的人，静止在空气中距地面20m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则绳长至少为(不计人的身高，可以把人看作质点)()A．20m B．40mC．50m D．60m答案：D解析：设人的质量为m1，平均速率为eq\o(v,\s\up6(－))1，气球的质量为m2，平均速率为eq\o(v,\s\up6(－))2，以气球和人组成的系统为研究对象，由题意可知，系统所受合外力为零，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得m1eq\o(v,\s\up6(－))1－m2eq\o(v,\s\up6(－))2＝0，设经过时间t，人安全到达地面，则人与气球运动的距离分别为x人＝eq\o(v,\s\up6(－))1t＝20m，x球＝eq\o(v,\s\up6(－))2t，人与气球的相对位移大小为l＝x人＋x球，联立解得l＝60m，则绳长至少为60m，故D正确。考点四多物体、多次碰撞问题17.已知质量相同的两个物体发生弹性正碰时速度交换。如图为“牛顿摆”，由五个相同的钢球紧挨着悬挂在同一水平线上。拉起最左侧的球1并释放，由于相邻球间的碰撞，导致最右侧的球5被弹出，碰撞时动能不损失。则()A．相邻球间碰撞属于非弹性碰撞B．球5被弹起时，球4速度不为零C．球5被弹起时，球1速度等于零D．5个钢球组成的系统在整个运动过程中动量守恒答案：C解析：因为碰撞时动能不损失，则各个小球之间的碰撞均为弹性碰撞，A错误；因为两球碰撞时交换速度，则球5被弹起时，球4速度为零，B错误；球1落下后与球2碰撞，1、2两球交换速度，之后以此类推，当球5被弹起时，球1、2、3、4的速度都等于零，C正确；5个钢球组成的系统在水平方向碰撞过程中动量守恒，而在球1和球5摆动的过程中动量不守恒，D错误。18．(多选)如图所示，A、B、C、D四个大小相同的小球并排放置在光滑的水平面上，A、B、C球质量均为2m，D球质量为m。A球以速度v向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后()A．2个小球静止，2个小球运动B．1个小球静止，3个小球运动C．B球速度为eq\f(v,3)D．C球速度为eq\f(v,3)答案：AD解析：A球与B球碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得2mv＝2mvA＋2mvB，eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,B)，联立解得碰后vA＝0，vB＝v，可知质量相等的A、B两球发生弹性碰撞后速度交换；同理可知，B、C两球发生弹性碰撞后速度交换，则碰撞后B球速度为0，C球速度为vC＝vB＝v；C球与D球碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得2mvC＝2mvC′＋mvD，eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)×2mvC′2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，联立解得碰后vC′＝eq\f(v,3)，vD＝eq\f(4v,3)，可知最终A、B两球处于静止状态，C、D两球处于运动状态，故B、C错误，A、D正确。19.(2021·重庆高考)质量相同的甲、乙两小球(视为质点)以不同的初速度竖直上抛，某时刻两球发生正碰。图中实线和虚线分别表示甲、乙两球位置随时间变化的曲线，其中虚线关于t＝t1左右对称，实线两个顶点的纵坐标相同，若小球运动中除碰撞外仅受重力，则()A．t＝0时刻，甲的速率大于乙的速率B．碰撞前后瞬间，乙的动量不变C．碰撞前后瞬间，甲的动能不变D．碰撞后甲的机械能大于乙的机械能答案：C解析：根据x­t图线的斜率表示速度可知，t＝0时刻，甲的速率小于乙的速率，A错误。根据题述，题图中虚线关于t＝t1左右对称，可知碰撞前后瞬间，乙的速度大小不变，方向变化，则乙的动量大小不变，方向变化，B错误。根据题述，实线两个顶点的纵坐标相同，可知碰撞前后瞬间，甲的速度大小不变，动能不变，C正确。根据B、C项分析，结合动量守恒定律有－m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲－m乙v乙，可得v甲＝v乙，即两球碰撞后瞬间，速度大小相同，故动能也相同，又重力势能相同，可知碰撞后两球的机械能相等，D错误。20．如图所示，一架质量为m的喷气式飞机飞行的速率是v，某时刻它向后喷出的气体相对飞机的速度大小为u，喷出气体的质量为Δm，以地面为参考系，下列说法正确的是()A．若u<v，则喷出气体的速度方向与飞机飞行方向相同，喷气后飞机速度不会增加B．只有u<v，喷气后飞机速度才会增加C．喷气后飞机速度为eq\f(Δm,m－Δm)uD．喷气后飞机增加的速度为eq\f(Δm,m)u答案：D解析：设喷出气体后飞机的速度为v′，取飞机飞行方向为正方向，对飞机和气体组成的系统，根据动量守恒定律有mv＝(m－Δm)v′＋Δm(v′－u)，解得v′＝v＋eq\f(Δm,m)u，则喷气后飞机增加的速度为v′－v＝eq\f(Δm,m)u，故C错误，D正确；根据上述分析，可知无论u与v的大小关系如何，v′均大于v，故A、B错误。21．一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块弹片水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()答案：B解析：弹片做平抛运动的时间t＝eq\r(\f(2h,g))＝1s，爆炸过程两块弹片组成的系统水平方向动量守恒，设弹丸质量为m，以爆炸前弹丸的水平速度方向为正方向，则mv＝eq\f(3,4)mv甲＋eq\f(1,4)mv乙，又v甲＝eq\f(x甲,t)，v乙＝eq\f(x乙,t)，t＝1s，则有eq\f(3,4)x甲＋eq\f(1,4)x乙＝2m，将各选项中数据代入计算，可知B正确，A、C、D错误。22．(2025·云南师范大学附属中学高三上月考)如图甲所示，质量相等的物块A、B用粘性炸药粘在一起，使它们获得2v0的速度后沿足够长的粗糙水平地面向前滑动，物块A、B与水平地面之间的动摩擦因数相同，运动t0时间后炸药瞬间爆炸，A、B分离，爆炸前后物块A的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，图乙中v0、t0均为已知量，若粘性炸药质量不计，爆炸前后A、B质量不变。则A、B均停止运动时它们之间的距离为()A．3v0t0 B．4.5v0t0C．5v0t0 D．10v0t0答案：C解析：设A、B质量均为m，由题图乙可知，爆炸前瞬间A、B的共同速度为v0，爆炸后瞬间A的速度vA＝－v0，爆炸过程，对A、B组成的系统根据动量守恒定律得2mv0＝mvA＋mvB，解得爆炸后瞬间B的速度vB＝3v0。爆炸后A、B在摩擦力作用下做匀减速运动，设A、B与地面间的动摩擦因数均为μ，由牛顿第二定律得，爆炸前后A、B的加速度大小均为a＝eq\f(\a\vs4\al(μmg),m)＝μg，由题图乙可知爆炸前A的加速度大小为a＝eq\f(v0,t0)；设爆炸后A、B运动的位移大小分别为xA、xB，对A有0－veq\o\al(2,A)＝－2axA，对B有0－veq\o\al(2,B)＝－2axB，最终停止运动时A、B之间的距离d＝xA＋xB，联立解得d＝5v0t0，故C正确。23．(2024·江西省贵溪市实验中学高三上月考)(多选)如图所示，一个固定斜面与水平地面平滑连接，斜面与水平地面均光滑。小物块P放在水平地面上，小物块Q自斜面上某位置处由静止释放，P、Q之间的碰撞为弹性正碰，斜面与水平面足够长，则下列说法正确的是()A．若eq\f(mQ,mP)≥eq\f(1,3)，则P、Q只能发生一次碰撞B．若eq\f(mQ,mP)≥eq\f(1,4)，则P、Q只能发生一次碰撞C．若eq\f(mQ,mP)＝eq\f(1,5)，则P、Q只能发生两次碰撞D．若eq\f(mQ,mP)＝eq\f(1,9)，则P、Q只能发生三次碰撞答案：AC解析：设Q由静止释放滑到水平面上时速度大小为v，P、Q第一次相碰后速度分别为vP1、vQ1，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律及机械能守恒定律，有mQv＝mQvQ1＋mPvP1，eq\f(1,2)mQv2＝eq\f(1,2)mQveq\o\al(2,Q1)＋eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,P1)，联立解得第一次碰后vP1＝eq\f(2mQ,mQ＋mP)v，vQ1＝eq\f(mQ－mP,mQ＋mP)v，若要P、Q发生两次及以上碰撞，需满足vQ1<0，vP1<|vQ1|，解得eq\f(mQ,mP)<eq\f(1,3)，所以若eq\f(mQ,mP)≥eq\f(1,3)，则P、Q只能发生一次碰撞，故A正确；由上述分析可知，若eq\f(1,4)≤eq\f(mQ,mP)<eq\f(1,3)，则P、Q至少发生两次碰撞，故B错误；若eq\f(mQ,mP)＝eq\f(1,5)，则第一次碰后vP1＝eq\f(2mQ,mQ＋mP)v＝eq\f(1,3)v，vQ1＝eq\f(mQ－mP,mQ＋mP)v＝－eq\f(2,3)v，vQ1<0，vP1<|vQ1|，则碰后Q滑上斜面并返回，与P发生第二次碰撞，同理可得，mQ|vQ1|＋mPvP1＝mQvQ2＋mPvP2，eq\f(1,2)mQveq\o\al(2,Q1)＋eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,P1)＝eq\f(1,2)mQveq\o\al(2,Q2)＋eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,P2)，联立解得第二次碰后有vP2＝eq\f(4,9)v，vQ2＝eq\f(1,9)v，vP2>vQ2>0，所以P、Q之后不再发生碰撞，故P、Q只能发生两次碰撞，C正确；若eq\f(mQ,mP)＝eq\f(1,9)，则第一次碰后vP1＝eq\f(2mQ,mQ＋mP)v＝eq\f(1,5)v，vQ1＝eq\f(mQ－mP,mQ＋mP)v＝－eq\f(4,5)v，vQ1<0，vP1<|vQ1|，可知之后Q滑上斜面并返回，并与P发生第二次碰撞，同理可得，第二次碰后有vP2＝eq\f(8,25)v，vQ2＝－eq\f(7,25)v，可知Q滑上斜面并返回水平面后速率为eq\f(7,25)v<vP2，所以P、Q不能再碰撞，故P、Q只能发生两次碰撞，D错误。24．(2023·天津高考)质量mA＝2kg的物体A自距地面h＝1.2m高度自由落下，与此同时质量mB＝1kg的物体B由地面竖直上抛，经t＝0.2s与A碰撞，碰后两物体粘在一起，碰撞时间极短，忽略空气阻力。两物体均可视为质点，g取10m/s2。求A、B：(1)碰撞位置与地面的距离x；(2)碰撞后瞬间的速度大小v；(3)碰撞中损失的机械能ΔE。答案：(1)1m(2)0(3)12J解析：(1)由自由落体运动规律可得，A、B碰撞时A下落的高度为hA＝eq\f(1,2)gt2则A、B碰撞位置与地面的距离x＝h－hA联立并代入数据解得x＝1m。(2)设B由地面竖直上抛的初速度大小为vB0，根据运动学公式可知x＝vB0t－eq\f(1,2)gt2代入数据解得vB0＝6m/s碰撞前瞬间A的速度大小vA＝gt＝2m/s，方向竖直向下碰撞前瞬间B的速度大小vB＝vB0－gt＝4m/s，方向竖直向上选竖直向下为正方向，A、B碰撞过程由动量守恒定律可得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v代入数据解得v＝0。(3)根据能量守恒定律可知，A、B碰撞中损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2代入数据解得ΔE＝12J。25．(2020·全国卷Ⅱ)(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为()A．48kg B．53kgC．58kg D．63kg答案：BC解析：设运动员和物块的质量分别为m、m0，规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第1次将物块推出后，设运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则根据动量守恒定律有：0＝mv1－m0v0，解得v1＝eq\f(m0,m)v0；物块与挡板弹性碰撞后，运动方向与运动员同向，当运动员第2次推出物块时，有：mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得v2＝eq\f(3m0,m)v0；第3次推出物块时，有：mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，解得v3＝eq\f(5m0,m)v0；以此类推，第8次推出物块后，运动员的速度大小为v8＝eq\f(15m0,m)v0。根据题意可知，v8＝eq\f(15m0,m)v0>v0，解得m<15m0＝60kg；第7次推出物块后，运动员的速度大小为v7＝eq\f(13m0,m)v0<v0，解得m>13m0＝52kg。综上所述，该运动员的质量应满足52kg<m<60kg，故A、D错误，B、C正确。26．(多选)台球是大家比较喜爱的一项运动。在光滑水平面上，小明利用一个白球A以初速度v0去撞击10个一字排开的相同花球，如图所示，已知台球之间的碰撞为弹性正碰，白球质量是花球质量的2倍，则()A．白球A第一次弹性正碰后速度大小为eq\f(2,3)v0B．编号为1的花球的最终速度大小为eq\f(4,3)v0C．编号为2的花球的最终速度大小为eq\f(4,3)v0D．编号为10的花球的最终速度大小为eq\f(4,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(9)v0答案：BD解析：质量为2m的白球A以初速度v0与编号为10的花球发生弹性正碰，满足动量守恒定律和机械能守恒定律，设碰后，白球A和编号为10的花球的速度分别为vA1、v1，以向右为正方向，则有2mv0＝2mvA1＋mv1，eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,A1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，联立解得vA1＝eq\f(1,3)v0，v1＝eq\f(4,3)v0，故A错误。同理分析，两个质量相同的花球碰撞时，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知，两球速度交换，即编号为10的花球与编号为9的花球碰撞后交换速度，依次类推，一系列碰撞后，编号为2～10的花球速度为0，编号为1的花球的速度为v1＝eq\f(4,3)v0；之后质量为2m的白球A将以初速度vA1＝eq\f(1,3)v0与编号为10的花球(速度为零)发生第二次弹性正碰，满足动量守恒定律和机械能守恒定律，则有2mvA1＝2mvA2＋mv2，eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,A1)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,A2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，联立解得vA2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)v0，v2＝eq\f(4,3)×eq\f(1,3)v0，接着编号为10到3的花球依次与右边小球碰撞，并交换速度，依次类推，一系列碰撞后，编号为3～10的花球速度为0，编号为2的花球的速度为v2＝eq\f(4,3)×eq\f(1,3)v0；因为v1>v2，编号为2的花球不会与编号为1的花球再次碰撞，依次类推，白球A与编号为10的花球第十次碰撞后白球A及所有花球全部分离，并不再碰撞，最终，编号为1、2、…、10的花球的速度分别为v1＝eq\f(4,3)v0、v2＝eq\f(4,3)×eq\f(1,3)v0、…、v10＝eq\f(4,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(9)v0，故C错误，B、D正确。27．(多选)物体间发生碰撞时，因材料性质不同，机械能会有不同程度的损失，可用碰撞后二者相对速度的大小与碰撞发生前二者相对速度的大小的比值描述，称之为碰撞恢复系数，用符号ε表示。现有一质量为m1＝3kg的物块A在光滑水平面上以速度v0＝5m/s向右运动，与静止的质量为m2＝2kg的物块B发生正碰。关于A与B之间的碰撞，以下说法正确的是()A．若ε＝1，则表明A与B的碰撞为弹性碰撞B．若ε＝0，则表明碰撞结束后A与B均停止运动C．若ε＝0.6，则碰撞结束后物块B的速度大小为4.8m/sD．若ε＝0.5，则碰撞过程中系统机械能损失了50%答案：AC解析：设碰后物块A、B的速度分别为v1、v2，根据题意可知，ε＝eq\f(|v1－v2|,v0－0)，由碰撞过程系统动量守恒，得m1v0＝m1v1＋m2v2，若ε＝1，则可解得v1＝1m/s，v2＝6m/s(另一组解v1＝5m/s，v2＝0与实际不符，舍去)，碰撞过程中损失的机械能为ΔE1＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝0，即A与B的碰撞为弹性碰撞，A正确；若ε＝0，可解得v2＝v1＝3m/s，即碰撞结束后A与B以相同速度运动，B错误；若ε＝0.6，则可解得v1＝1.8m/s，v2＝4.8m/s(另一组