高考物理新力学知识点之动量知识点总复习含答案解析(5)

高考物理新力学知识点之动量知识点总复习含答案解析(5)

一、选择题

1．我国2019年年底将发射“嫦娥五号”，实现区域软着陆及采样返回，探月工程将实现“绕、落、回”三步走目标。若“嫦娥五号”在月球表面附近落向月球表面的过程可视为末速度为零的匀减速直线运动，则在此阶段，“嫦娥五号”的动能k E 与距离月球表面的高度h 、动量p 与时间t 的关系图象，可能正确的是

A ．

B ．

C ．

D ．

2．忽然“唵——”的一声，一辆运沙车按着大喇叭轰隆隆的从旁边开过，小明就想，装沙时运沙车都是停在沙场传送带下，等装满沙后再开走，为了提高效率，他觉得应该让运沙车边走边装沙。设想运沙车沿着固定的水平轨道向前行驶，沙子从传送带上匀速地竖直漏下，已知某时刻运沙车前进的速度为v ，单位时间从传送带上漏下的沙子质量为m ，则下列说法中正确的是

A ．若轨道光滑，则运沙车和漏进车的沙组成的系统动量守恒

B ．若轨道光滑，则运沙车装的沙越来越多，速度却能保持不变

C ．已知此时运沙车所受的轨道阻力为F 阻，则要维持运沙车匀速前进，运沙车的牵引力应为F F =阻

D ．已知此时运沙车所受的轨道阻力为F 阻，则要维持运沙车匀速前进，运沙车的牵引力应为F F mv =+阻

3．半径相等的两个小球甲和乙，在光滑的水平面上沿同一直线相向运动，若甲球质量大于乙球质量，发生碰撞前，两球的动能相等，则碰撞后两球的状态可能是（ ）

A ．两球的速度方向均与原方向相反，但它们动能仍相等

B ．两球的速度方向相同，而且它们动能仍相等

C ．甲、乙两球的动量相同

D ．甲球的动量不为零，乙球的动量为零

4．如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道M 静止在光滑水平面上，一个物块m 在水平地面上以大小为v 0的初速度向右运动并无能量损失地滑上圆弧轨道，当物块运动到圆弧轨道上某一位置时，物块向上的速度为零，此时物块与圆弧轨道的动能之比为1：2，则此时物块的动能与重力势能之比为(以地面为零势能面)

A ．1:2

B ．1:3

C ．1:6

D ．1:9

5．自然界中某个量D 的变化量D ?，与发生这个变化所用时间t ?的比值

D t ??，叫做这个量D 的变化率．下列说法正确的是

A ．若D 表示某质点做平抛运动的速度，则D t

??是恒定不变的 B ．若D 表示某质点做匀速圆周运动的动量，则D t

??是恒定不变的 C ．若D 表示某质点做竖直上抛运动离抛出点的高度，则

D t ??一定变大． D ．若D 表示某质点的动能，则D t

??越大，质点所受外力做的总功就越多 6．如图所示，A 、B 是位于水平桌面上两个质量相等的小滑块，离墙壁的距离分别为L 和2

L ，与桌面之间的动摩擦因数分别为A μ和B μ，现给滑块A 某一初速度，使之从桌面右端开始向左滑动，设AB 之间、B 与墙壁之间的碰撞时间都很短，且碰撞中没有能量损失，若要使滑块A 最终不从桌面上掉下来，滑块A 的初速度的最大值为（ ）

A ．()A

B gL μμ+ B ．()2A B gL μμ+

C ．()2A B gL μμ+

D ．()12

A B gL μμ+ 7．如图，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M ，顶端高度为h ，今有一质量为m 的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( )

A ．mh M m +

B ．Mh M m +

C ．cot mh M m α+

D ．cot Mh M m

α+ 8．如图，半径为R 、质量为m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量也为m 的小球从距A 点正上方h 高处由静止释放，小球自由落体后由A 点经过半圆轨道后从B 冲出，在空中能上升的最大高度为34

h ，则

A ．小球和小车组成的系统动量守恒

B ．小车向左运动的最大距离为

12

R C ．小球离开小车后做斜上抛运动 D ．小球第二次能上升的最大高度12h ＜h ＜34

h 9．如图所示，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，一个质量也为m 的小球从槽高h 处开始自由下滑，则（ ）

A ．小球到达弧形槽底部时速度小于2gh

B ．小球到达弧形槽底部时速度等于2gh

C ．小球在下滑过程中，小球和槽组成的系统总动量守恒

D ．小球自由下滑过程中机械能守恒

10．质量为m 1=1kg 和m 2（未知的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短，其x-t 图象如图所示，则

A ．被碰物体质量为5kg

B ．此碰撞一定为弹性碰撞

C ．碰后两物体速度相同

D ．此过程有机械能损失

11．如图所示，在冰壶世锦赛上中国队以8：6战胜瑞典队，收获了第一 个世锦赛冠军，队长王冰玉在最后一投中，将质量为19kg 的冰壶推出，运动一段时间后以0.4m /s 的速度正碰静止的瑞典冰壶，然后中国队冰壶以0.1m /s 的速度继续向前滑向大本营中心．若两冰壶质量相等，则下列判断正确的是（ ）

A ．瑞典队冰壶的速度为0.3m /s ，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞

B ．瑞典队冰壶的速度为0.3m /s ，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞

C ．瑞典队冰壶的速度为0.5m /s ，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞

D ．瑞典队冰壶的速度为0.5m /s ，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞

12．如图所示，质量为m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB 长度为2R ，现将质量也为m 的小球从距A 点正上方0h 高处由静止释放，然后由A 点经过半圆轨道后从B 冲出，在空中能上升的最大高度为034h （不计空气阻力），则

A ．小球和小车组成的系统动量守恒

B ．小车向左运动的最大距离为2R

C ．小球离开小车后做斜上抛运动

D ．小球第二次能上升的最大高度034

h h 13．物体在恒定的合外力作用下做直线运动，在时间△t 1内动能由0增大到E 0，在时间?t 2内动能由E 0增大到2E 0.设合外力在△t 1内做的功是W 1、冲量是I 1，在?t 2内做的功是W 2、冲量是I 2，那么( )

A ．I 1

B ．I 1>I 2 W 1=W 2

C ．I 1

D ．I 1=I 2 W 1

14．如图所示，质量为m 的物体在一个与水平方向成θ角的恒拉力F 作用下，沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在时间t 内所受力的冲量正确的是

A ．拉力F 的冲量大小为Ftcosθ

B ．摩擦力的冲量大小为Ftsinθ

C ．重力的冲量大小为mgt

D ．物体所受支持力的冲量是mgt 15．摩天轮是的乐场一种大型转轮状设施，摩天轮边缘悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直

平面内做匀速圆周运动，下列叙述正确的是

A ．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变

B ．摩天轮物动一周的过程中，乘客所受合外力的冲量为零

C ．在最低点，乘客处于失重状态

D ．摩天轮转动过程中，乘客所受的重力的瞬时功率保持不变

16．中国空间站的建设过程是，首先发射核心舱，核心舱入轨并完成相关技术验证后，再发射实验舱与核心舱对接，组合形成空间站。假设实验舱先在近地圆形过渡轨道上运行，某时刻实验舱短暂喷气，离开过渡轨道与运行在较高轨道上的核心舱安全对接。忽略空气阻力，以下说法正确的是

A ．实验舱应当向前喷出气体

B ．喷气前后，实验舱与喷出气体的总动量不变

C ．喷气前后，实验舱与喷出气体的机械能不变

D ．实验舱在飞向核心舱过程中，机械能逐渐减小

17．在撑杆跳高场地落地点铺有厚厚垫子的目的是减少运动员受伤，理由是

A ．减小冲量，起到安全作用

B ．减小动量变化量，起到安全作用

C ．垫子的反弹作用使人安全

D ．减小动量变化率，起到安全作用

18．篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后引．这样可以减小

A ．球对手的力的冲量

B ．球对手的力的大小

C ．球的动量变化量

D ．球的动能变化量

19．如图所示，设车厢长为l ，质量为M ，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m 的物体，以速度v 0向右运动，与车厢壁来回碰撞n 次后，静止于车厢中，这时车厢的速度为（ ）

A ．v 0，水平向右

B ．0

C ．0

mv M m +，水平向右 D ．m

M mv -0，水平向右 20．质量相等的A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，A 球动量为7kg ·m/s ，B 球的动量为5kg ·m/s ，当A 球追上B 球时发生碰撞，则碰后A 、B 两球的动量可能值是（ ）

A ．P A =3kg ·m/s P

B =9kg ·m/s

B ．P A =-4kg ·m/s P B =17kg ·m/s

C ．P A =-2kg ·m/s P B =14kg ·m/s

D ．P A =6kg ·m/s P B =6kg ·m/s

21．如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为1m 和2m ．图乙为它们碰撞前后的s t -图象．已知20.6kg =m ，规定水平向右为正方向．由此可知

A ．m 1=5kg

B ．碰撞过程2m 对1m 的冲量为3N s

C ．两小球碰撞过程损失的动能为1.5J

D ．碰后两小球的动量大小相等、方向相反

22．如图所示，将质量为M 1、半径为R 且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M 2的物块．今让一质量为m 的小球自左侧槽口A 的正上方h 高处从静止开始落下，与圆弧槽相切自A 点进入槽内，则以下结论中正确的是（ ）

A ．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒

B ．小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒

C ．小球离开C 点以后，将做竖直上抛运动

D ．槽将不会再次与墙接触

23．如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P 和Q 都可视为质点，质量相等．Q 与水平轻弹簧相连，设Q 静止，P 以某一初速度向Q 运动并与弹簧发生碰撞．在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )

A ．P 的初动能

B ．P 的初动能的

12

C ．P 的初动能的13

D ．P 的初动能的14 24．如图所示，物体A 和B 用轻绳相连后通过轻质弹簧悬挂在天花板上，物体A 的质量为m ，物体B 的质量为M ，当连接物体A 、B 的绳子突然断开后，物体A 上升到某一位置时的速度大小为v ，这时物体B 的下落速度大小为u ，在这一段时间里，弹簧的弹力对物体A

的冲量为（ ）

A ．mv

B ．mv Mu -

C ．mv Mu +

D ．mv mu +

25．如图所示，撑杆跳尚是运动会中的一个重要比赛项目。一质量为65 kg 的运动员在一次撑杆跳高中达到最高点后，重心下落6.05 m 后接触软垫，在软垫上经0.8 s 速度减为零，则从运动员接触软垫到速度减小到零的过程中，软垫受到的平均冲力约为

A ．1.5×102 N

B ．1.5×103N

C ．1.5×104 N

D ．1.5×

105N

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题

1．B

解析：B

【解析】

【详解】

AB ．若“嫦娥五号”在月球表面附近落向月球表面的过程可视为末速度为零的匀减速直线运动，设在此阶段合力为恒力F 。由逆向思维，等效为由月球表面向上做匀加速直线运动，由动能定理知：

0k Fh E =-

整理得：

k E Fh =

故A 错误，B 正确。

CD ．同样由逆向思维法，等效为由月球表面向上做匀加速直线运动，由动量定理：

0Ft p =-

整理得：

p Ft =

故CD 错误。

2．D

解析：D

【解析】

【分析】

【详解】

A ．若轨道光滑，则运沙车和漏进车的沙组成的系统水平方向动量守恒，而不是总动量守恒，因为沙子的竖直动量在变化，故A 错误；

B ．设某时刻沙车总质量为M ，随后一段时间△t 内漏进沙车的沙子质量为△m ，则由水平方向动量守恒，有

Mv +0=（M +△m ）v′

可以看出沙车速度会逐渐减小，故B 错误；

CD ．选一段极短时间△t 内漏进沙车的沙子△m 为研究对象，由动量定理，有

F △t =△mv -0

得车对漏进来的沙子向前的作用力为 m F v mv t

=＝

则以沙车为研究对象，由平衡条件，有 0F F F --'阻牵＝

其中F′是漏进沙子对车的阻力，由牛顿第三定律有F′=F ，联立得

F F mv +阻牵＝

故C 错误，D 正确；

故选D 。

3．C

解析：C

【解析】

【分析】

【详解】

试题分析： 根据动量与动能关系2

2k p E m

=可知p p 甲乙>，根据动量守恒可各，碰撞后的总动量沿甲原来的方向，故甲继续沿原来的方向运动，乙被弹回，所以选项A 错误；碰撞后，甲的动能减小，若为弹性碰撞，则乙的动能增大，故两者动能不相等；若为完全非弹性碰撞，碰撞后速度相等，动能不等 ，所以选项B 错误；两球碰撞过程中动量守恒，碰撞后动量可能相等，所以选项C 正确；因碰撞后，甲乙都沿甲原来的方向运动，故乙的动量不为零，所以选项D 错误；

考点： 动量守恒定律

4．C

解析：C

【解析】

【详解】

当物块运动到圆弧上某一位置时，相对圆弧轨道的速度为零，此时物块与圆弧轨道的速度相同，动能之比为1:2，则物块与圆弧轨道的质量之比为1:2，设物块的质量为m ，则有：

03mv mv =

得

03

v v =

， 此时物块的动能为 22011218

mv mv =， 根据机械能守恒定律，物块的重力势能为：

2

2200011132233p v E mv m mv ??=-?= ???

， 因此动能与重力势能之比为1:6，故C 正确，ABD 错误。

故选：C 5．A

解析：A

【解析】

A 、若D 表示某质点做平抛运动的速度，则D t

??表示加速度，恒定不变．故A 正确；B 、若D 表示某质点做匀速圆周运动的动量，则

D v m ma t t

??==??，表示向心力，大小不变，方向不停改变．故B 错误；C 、若D 表示某质点做竖直上抛运动离抛出点的高度，则D t

??表示平均速度，平均速度在减小．故C 错误；D 、若D 表示某质点的动能，则D t

??所受外力的功率，表示做功的快慢，不是做功的多少；故D 错误．故选A ． 【点睛】解决本题的关键是知道当D 表示不同的量时，

D t

??表示的物理意义，再根据条件判断是否变化， 6．B

解析：B

【解析】

【分析】

【详解】

以A 、B 两物体组成的系统为研究对象，A 与B 碰撞时，由于相互作用的内力远大于摩擦力，所以碰撞过程中系统的动量守恒。设A 与B 碰前速度为v A ，碰后A 、B 的速度分别为v A ′、v B ′，由动量守恒定律得

A A A A

B B m v m v m v ='+'

由于碰撞中总动能无损失，所以

2'2'2A A A A B B 111222

m v m v m v =+ 且

A B m m m ==

联立得

A B A 0v v v '='=，

即A 与B 碰后二者交换速度。所以第一次碰后A 停止运动，B 滑动；第二次碰后B 停止运动，A 向右滑动，要求A 最后不掉下桌面，它所具有的初动能正好等于A 再次回到桌边的全过程中A 、B 两物体克服摩擦力所做的功，即

20A B 12()2222

L L mv mg L mg μμ=-+ 解得

0v =故ACD 错误，B 正确。

故选B 。

7．C

解析：C

【解析】

【详解】

此题属“人船模型”问题，m 与M 组成的系统在水平方向上动量守恒，设m 在水平方向上对地位移为x 1，M 在水平方向对地位移为x 2，因此0=mx 1－Mx 2.且x 1＋x 2=h cot α.联立可得x 2=cot mh M m

α+，故选C. 8．D

解析：D

【解析】

小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A 错误；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：mv-mv′=0，20R x x m m t t

--=，解得，小车的位移：x=R ，故B 错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A 点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C 错误；

小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：mg （h 0-34

h 0）-W f =0，W f 为小球克服摩擦力做功大小，解得：W f =14mgh 0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为14mgh 0，由于小球第

二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于

14mgh 0，机械能损失小于14mgh 0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：0003

11 442h h h -=，而小于34

h 0，故D 正确；故选D ． 点睛：动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功．摩擦力做功使得机械能转化成内能．

9．A

解析：A

【解析】

【分析】

【详解】

AB ．小球与弧形槽组成的系统在水平方向系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

mv 球-mv 槽=0

由机械能守恒定律得

221212

mgh mv mv =+球槽 解得

v v ==球槽故A 正确，B 错误；

C ．小球在下滑过程中，小球和槽组成的系统所受合外力不为零，系统总动量不守恒，故C 错误；

D ．小球下滑过程中，除重力做功外槽对球做功，小球的机械能不守恒，故D 错误。 故选A 。

10．B

解析：B

【解析】

【详解】

AC ．由图象可知，碰撞前m 2是静止的，m 1的速度为：

11184m/s 2

x v t === 碰后m 1的速度为：

11108m/s 2m/s 62

x v t '-'=

==-'- m 2的速度为： 2221682m/s 62x v t '-'==='-

即碰后两物体速度大小相等，方向相反，速度不相同；

两物体碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：

m 1v 1=m 1v 1′+m 2v 2′

即：

1×4=1×（-2）+m 2×

2 解得：

m 2=3kg

选项AC 错误；

BD ．碰撞前总动能：

2222121122111114308J 2222

k k k E E E m v m v =+=

+=??+??= 碰撞后总动能： 2222121122111112328J 2222

k k k E E E m v m v '='+'='+'=??-+??=（） 碰撞前后系统动能不变，故碰撞是弹性碰撞，故B 正确， D 错误；

11．B

解析：B

【解析】

两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动方向为正方向，根据动量守恒定律有： mv 1=mv 2+mv 3

代入数据得：m×0.4=m×0.1+mv 3

解得：v 3=0.3m/s. 动能减小量：2222221231111(0.40.10.3)02222

k E mv mv mv m ?=

--=--? 故动能减小，是非弹性碰撞；

故选B ．

【名师点睛】 两冰壶在碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰后中国队冰壶获得的速度，通过计算动能改变量来判断是否为弹性碰撞．

12．D

解析：D

【解析】

【详解】

A. 小球与小车组成的系统在竖直方向合力不为0，所以系统的动量不守恒。故A 项错误；

B.在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，设小车的位移为x ，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：

mv ?mv ′=0

即：

20R x x m

m t t --=， 解得小车的位移： x =R ，

故B 项错误；

C.小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，系统初状态在水平方向动量为零，由动量守恒定律可知，系统在任何时刻在水平方向动量都为零，小球离开小车时相对小车向上运动，水平方向和小车有相同的速度，所以小球与小车在水平方向速度都为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C 项错误；

D. 小球离开小车时，小球与小车水平方向动能为零，如果系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，小球离开小车后上升的最大高度为h 0，由题意可知，小球离开小车后在空中能上升的最大高度为034

h

034h ，故D 项正确。

13．B

解析：B

【解析】

【详解】

根据动能定理得：

W 1=E 0-0=E 0，W 2=2E 0-E 0=E 0

则W 1=W 2．动量与动能的关系式为

, 则由动量定理得： ，

则I 1＞I 2．

A. I 1I 2 W 1=W 2不相符，故A 不符合题意；

B. I 1>I 2 W 1=W 2与上述分析结论I 1>I 2 W 1=W 2相符，故B 符合题意；

C. I 1I 2 W 1=W 2不相符，故C 不符合题意；

D. I 1=I 2 W 1I 2 W 1=W 2不相符，故D 不符合题意。 14．C

解析：C

【解析】

【分析】

【详解】

A 、拉力F 的冲量大小为Ft ，故A 错误；

B 、物体做匀速直线运动，可知摩擦力f =F cos θ，则摩擦力的冲量大小为ft =Ft cos θ，故B 错误；

C 、重力的冲量大小为mgt ，故C 正确；

D 、支持力的大小为N mg Fsin θ=-，则支持力的冲量为()mg Fsin t θ-，故D 错误； 故选C ．

【点睛】

根据力的大小，结合冲量的公式I Ft =求出各力的冲量大小．

15．B

解析：B

【解析】

A ：乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，动能保持不变，重力势能随高度不断变化，乘客的机械能不断变化．故A 项错误．

B ：摩天轮转动一周的过程中，速度变化为零，动量变化为零，据动量定理：乘客所受合外力的冲量为零．故B 项正确．

C ：在最低点，乘客的加速度向上，乘客处于超重状态．故C 项错误．

D ：摩天轮匀速转动过程中，重力与速度的夹角α不断变化，乘客所受的重力的瞬时功率cos P mg v α=?不断变化．故D 项错误．

16．B

解析：B

【解析】

【分析】

本题考查卫星变轨过程各物理量的变化。

【详解】

A ．实验舱要向高轨道运行，需要做离心运动，所以要加速，应该向后喷出气体，A 错误；

B ．喷气过程没有外力，实验舱与喷出气体系统动量守恒，喷气前后，总动量不变，B 正确；

C ．喷气前后，内力做功，总机械能增大，发生变化，C 错误；

D ．实验舱飞向核心舱过程中，地球的万有引力做负功，重力势能增大，且实验舱速度增大，机械能增大，D 错误；

故选B 。

17．D

解析：D

【解析】

【分析】

【详解】

跳高运动员在落地的过程中，动量变化一定，由动量定理可知，运动员受到的冲量I 一定；跳高运动员在跳高时跳到沙坑里或跳到海绵垫上可以延长着地过程的作用时间t ，由I Ft =可知，延长时间t 可以减小运动员所受到的平均冲力F ，即减小动量变化率，起到安全作用，故D 正确，ABC 错误．

故选D 。

点睛：沙坑或海绵垫子具有缓冲作用，可以延长运动员与地面的接触时间，减小运动员受到的冲击力，避免运动员受伤．

18．B

解析：B

【解析】

球对手的力的冲量0P mv mv =-，不变，A 错误；篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后引，增加了手与球间的相互作用力时间，根据0Ft mv mv =-可知，减小了球对手的力的大小，B 正确；根据动量变化0P mv mv ?=-可知，动量变化量相同，C 错误；球的动能变化量2201122

k E mv mv ?=

-，相同，故D 错误． 19．C

解析：C

【解析】

【详解】

物块再车辆内和车发生碰撞满足动量守恒，最后物块和车共速，由动量守恒得

01()mv M m v =+ 解得01mv v m M

=

+，方向水平向右 A. v 0，水平向右不符合题意

B. 0不符合题意

C. 0 mv M m +，水平向右符合题意

D. m

M mv -0，水平向右不符合题意 20．D

解析：D

【解析】

【详解】

以两物体组成的系统为研究对象，以A 的初速度方向为正方向，两个物体的质量均为m ，碰撞前系统的总动量：

P =7kg ?m/s+5kg ?m/s=12kg ?m/s ，

系统的总动能：

22753722=+=k E m m m

； A.若碰后A 、B 两球动量为：p A =3kg ?m/s ，p B =9kg ?m/s ，系统的总动量

P ′=3+9=12kg ?m/s ，

遵守动量守恒定律。

22394522k E m m m

'=+=>E k ， 故碰撞后动能增大，是不可能发生的，故A 错误；

B.若碰后A 、B 两球动量为：p A =-4kg ?m/s ，p B =17kg ?m/s ，系统的总动量

P ′=-4+17=13kg ?m/s ，

不遵守动量守恒定律，故B 错误；

C.若碰后A 、B 两球动量为：p A =?2kg ?m/s ，p B =14kg ?m/s ，系统的总动量：

P ′=?2+14=12kg ?m/s ，

遵守动量守恒定律。

2221410022k E m m m

'=+=>E k ， 故碰撞后动能增大，是不可能发生的，故C 错误；

D.若碰后A 、B 两球动量为：p A =6kg ?m/s ，p B =6kg ?m/s ，系统的总动量

P ′=6+6=12kg ?m/s ，

遵守动量守恒定律。

22663622k E m m m

'=+=

21．C

解析：C

【解析】

【分析】

【详解】

A ．由图知碰撞前m 2位置不变，则m 2静止，v m1=4 m/s ，碰撞后v m2′= 18842--m/s=5 m/s ，而v m1′= 12842

--m/s=2 m/s ，由动量守恒知m 1v m1=m 1v m1′+m 2v m2′，代入数据得m 1＝1.5 kg.故A 错误；

B ．根据动量定理，2m 对1m 的冲量I 1= m 1v m1′- m 1v m1=1.5×2-1.5×4=-3 N s ?，故B 错误；

C ．碰撞前后，系统损失的动能222111122111222

k m m m E m v m v m v =

-'?-' =1.5J ，故C 正确； D ．碰后两小球的动量方向都沿正方向，故D 错误．

故选：C 点睛：由s-t 图像可知碰撞前后两物体的速度．根据碰撞过程动量守恒定律可得m 1的质量．根据动量定理，可求2m 对1m 的冲量．求出碰撞前后的动能，可得系统损失的动能．碰后两小球的速度都为正，动量方向都沿正方向．

22．D

解析：D

【解析】

小球从AB 的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽 和物块组成的系统动量也不守恒；从B →C 的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，在小球运动的全过程，水平方向 动量也不守恒，选项AB 错误；当小球运动到C 点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，C 错误；因为全过程中，整个系统在水平 方向上获得了水平向右的冲量，最终槽将与墙不会再次接触，D 正确．

【点睛】判断系统动量是否守恒关键是明确系统是否受到外力的作用，故在应用动量守恒定律时一定要明确是哪一系统动量守恒．

23．B

解析：B

【解析】

在整个过程中，弹簧具有最大弹性势能时，P 和Q 的速度相同。

根据动量守恒定律：mv 0=2mv 。 根据机械能守恒定律，有222000*********p k E mv mv mv E -?

＝＝＝ 故最大弹性势能等于P 的初动能的12

。故选D 。 点睛：本题关键对两物体的受力情况和运动情况进行分析，得出P 和Q 的速度相同时，弹簧最短，然后根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解．

24．D

解析：D

【解析】

【详解】

以向上为正方向，在这一段时间里，对物体B 由动量定理得

0Mgt Mu -=--

在这一段时间里，对物体A 由动量定理得

0I mgt mv -=-

解得

()I m v u =+

故D 正确，ABC 错误。

故选D 。

25．B

解析：B

【解析】

【详解】

设运动员的质量为65kg m =，重力加速度取210m/s g =。由自由落体运动规律得

22v gh =

运动员从接触软垫到速度减小为零的过程中应用动量定理得

()0mg F t mv -=-

联立解得31.510N F ≈?

由牛顿第三定律知软垫受到的平均冲力约为31.510N ?，故B 项正确。 故选B 。