2020版高考物理一轮复习 全程训练计划 课练18 动量守恒定律（含解析）

动量守恒定律小题狂练 小题是基础练小题提分快1.2019北京东城区模拟(多选)两物体组成的系统总动量守恒，这个系统中()A一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度B一物体受合力的冲量与另一物体所受合力的冲量相同C两个物体的动量变化总是大小相等、方向相反D系统总动量的变化为零答案：CD解析：两个物体组成的系统总动量守恒，即p1p2p1p2，等式变形后得p1p1p2p2，即p1p2，m1v1m2v2，所以每个物体的动量变化大小相等，方向相反，但是只有在两物体质量相等的情况下才有一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度，故A错误，C正确；根据动量定理得I1p1，I2p2，每个物体的动量变化大小相等，方向相反，所以每个物体受到的冲量大小相等，方向相反，故B错误；两物体组成的系统总动量守恒，即系统总动量的变化为零，D正确22019湖北省襄阳四中检测(多选)关于动量守恒的条件，下列说法正确的是()A只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B只要系统所受合外力所做的功为零，系统动量一定守恒C只要系统所受合外力的冲量始终为零，系统动量一定守恒D系统加速度为零，系统动量一定守恒答案：CD解析： 只要系统所受外力的矢量和为零，系统动量就守恒，与系统内是否存在摩擦力无关，故A错误；系统所受合外力做的功为零，系统所受合外力不一定为零，则系统动量不一定守恒，故B错误；力与力的作用时间的乘积是力的冲量，系统所受到合外力的冲量为零，则系统受到的合外力为零，系统动量守恒，故C正确；系统加速度为零，由牛顿第二定律可得，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故D正确32017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/s B5.7102 kgm/sC6.0102 kgm/s D6.3102 kgm/s答案：A解析：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42019甘肃协作体联考如图所示，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的小木块现使木箱获得一个向左的初速度v0，则()A小木块和木箱最终将静止B木箱速度减为的过程，小木块受到的水平冲量大小为Mv0C最终小木块速度为，方向向左D木箱和小木块组成的系统机械能守恒答案：C解析：由于木箱在光滑水平面上，小木块与木箱之间的摩擦力是木箱和小木块组成的系统的内力，给木箱一个向左的初速度，系统满足动量守恒定律，小木块和木箱最终将以相同的速度运动，根据动量守恒定律，Mv0(Mm)v，最终速度v，选项C正确，A错误；由于木箱底板粗糙，小木块在木箱内相对于木箱滑动，摩擦产生热量，所以木箱和小木块组成的系统机械能不守恒，选项D错误；当木箱速度减小为时，木箱动量减少了Mv0，根据动量守恒定律，小木块的动量将增加Mv0，根据动量定理，木箱对小木块作用力的冲量大小为Mv0，选项B错误52019甘肃协作体联考 如图所示，静止在光滑水平面上的木板A，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M3 kg，质量m1 kg的铁块B以水平速度v04 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为()A3 J B4 JC6 J D20 J答案：A解析：设铁块与木板共速时速度大小为v，铁块相对木板向右运动的最大距离为L，铁块与木板之间的摩擦力大小为Ff，铁块压缩弹簧使弹簧最短时，由能量守恒可得mvFfL(Mm)v2Ep，由动量守恒，得mv0(Mm)v，从铁块开始运动到最后停在木板左端过程，由功能关系得mv2FfL(Mm)v2，联立解得Ep3 J，故选项A正确62019四川省成都外国语学校模拟有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船(一吨左右)又窄又长一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长为L，已知他自身的质量为m，则船的质量M为()A. B.C. D.答案：B解析：据题意，人从船尾走到船头过程中，动量守恒，则有Mv0mv，即Mdm(Ld)，解得船的质量为M，所以B选项正确72019福建省四地六校联考如图所示，A、B两物体的中间用一段细绳相连并有一压缩的弹簧，放在平板小车C上后，A、B、C均处于静止状态若地面光滑，则在细绳被剪断后，A、B从C上未滑离之前，A、B在C上向相反方向滑动的过程中()A若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B及弹簧组成的系统动量守恒，A、B、C及弹簧组成的系统动量不守恒B若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B及弹簧组成的系统动量不守恒，A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒C若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B及弹簧组成的系统动量不守恒，A、B、C及弹簧组成的系统动量不守恒D若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B及弹簧组成的系统动量不守恒，A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒答案：D解析： 当A、B两物体及弹簧组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A、B与C之间的摩擦力为外力当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时，A、B及弹簧组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒；当A、B与C之间的摩擦力大小相等时，A、B及弹簧组成的系统所受合外力为零，动量守恒对A、B、C及弹簧组成的系统，弹簧的弹力及A、B与C之间的摩擦力均属于内力，无论A、B与C之间的摩擦力大小是否相等，系统所受的合外力均为零，系统的动量守恒故选项D正确82019重庆一中调研如图所示，小球a、b(可视为质点)用等长的细线悬挂于同一固定点O.将球a和球b向左和向右拉起，使细线水平同时由静止释放球a和球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大夹角为60.忽略空气阻力，则两球a、b的质量的比值()A.3 B.32C.2 D.22答案：B解析：设细线长为L，球a、b下落至最低点，但未相碰时的速率分别为v1、v2，由机械能守恒定律得magLmav，mbgLmbv；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v，以向左为正，由动量守恒定律得mbv2mav1(mamb)v，两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为，由机械能守恒定律得(mamb)v2(mamb)gL(1cos)，联立解得：32，所以选项B正确92019山东省海曲中学模拟(多选)如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上现使B瞬间获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得()A在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于伸长状态B从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C两物块的质量之比为m1：m21：2D在t2时刻A与B的动能之比为Ek1：Ek28：1答案：BD解析：由题图乙可知，从0到t1的过程中，A的速度增大，B的速度减小，弹簧被拉伸，在t1时刻两物块达到共同速度1 m/s，此时弹簧处于伸长状态，从t1到t2的过程，A的速度继续增大，B的速度先减小再反向增大，弹簧开始收缩，到达t2时刻，A的速度最大，B的速度反向且达到最大，弹簧恢复原长；从t2到t3的过程，A的速度减小，B的速度先减小再反向增大，弹簧被压缩，到t3时刻，A、B的速度相等，为1 m/s，此时弹簧的压缩量最大，从t3到t4的过程，A的速度减小，B的速度增大，t4时刻，弹簧恢复到原长，B的速度等于初速度，A的速度为零，由以上分析可知，A错误，B正确系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得，t0时刻和tt1时刻系统总动量相等，有m2v0(m1m2)v1，解得m1：m22：1，故C错误由题图乙可知，在t2时刻A、B两物块的速度分别为vA2 m/s，vB1 m/s，物块的动能Ekmv2，则A、B两物块的动能之比为Ek1 ：Ek28：1，故D正确102019广州模拟(多选)质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为m的物块乙以4 m/s的速度与物块甲相向运动，如图所示则()A甲、乙两物块组成的系统在弹簧压缩过程中动量守恒B当两物块相距最近时，物块甲的速率为零C物块甲的速率可能达到5 m/sD当物块甲的速率为1 m/s时，物块乙的速率可能为0答案：AD解析：甲、乙两物块组成的系统在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A正确当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前物块乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，根据动量守恒定律有mv乙mv甲2mv，解得v0.5 m/s，故B错误若物块甲的速率达到5 m/s，方向与原来相同，则mv乙mv甲mv甲m乙v乙，解得v乙6 m/s，两个物块的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律；若物块甲的速率达到5 m/s，方向与原来相反，则mv乙mv甲mv甲m乙v乙，代入数据解得v乙4 m/s，即碰撞后，物块乙的动能不变，物块甲的动能增加，违反了能量守恒定律，所以物块甲的速率不可能达到5 m/s，故C错误甲、乙两物块组成的系统动量守恒，若物块甲的速率为1 m/s，方向与原来相同，由动量守恒定律得mv乙mv甲mv甲m乙v乙，解得v乙2 m/s；若物块甲的速率为1 m/s，方向与原来相反，由动量守恒定律得mv乙mv甲mv甲m乙v乙，解得v乙0，故D正确112019山西省太原五中考试如图所示，光滑水平面上有A、B两辆小车，质量均为m1 kg，现将小球C用长为0.2 m的细线悬于轻质支架顶端，mc0.5 kg.开始时A车与C球以v04 m/s的速度冲向静止的B车若两车正碰后粘在一起，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则()AA车与B车碰撞瞬间，两车动量守恒，机械能也守恒B从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，A、B、C组成的系统动量守恒C小球能上升的最大高度为0.16 mD小球能上升的最大高度为0.12 m答案：C解析：两车碰撞后粘在一起，属于典型的非弹性碰撞，有机械能损失，A项错误；从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，在竖直方向上A、B、C组成的系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒，B项错误；A、B两车碰撞过程，动量守恒，设两车刚粘在一起时共同速度为v1，有mv02mv1，解得v12 m/s；从开始到小球到最高点的过程中，A、B、C组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球上升到最高点时三者共同速度为v2，有2mv1mcv0(2mmc)v2，解得v22.4 m/s，从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，A、B、C组成的系统机械能守恒，即mcghmcv2mv(2mmc)v，解得h0.16 m，C项正确，D项错误122019青岛模拟某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移时间图象图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块、和它们发生正碰后结合体的位移变化关系已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知()A碰前滑块与滑块速度大小之比为7：2B碰前滑块的动量大小比滑块的动量大小大C碰前滑块的动能比滑块的动能小D滑块的质量是滑块的质量的答案：D解析：根据st图象的斜率等于速度，可知碰前滑块速度为v12 m/s，滑块的速度为v20.8 m/s，则碰前速度大小之比为5：2，故A错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块的动量为负，滑块的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块的动量大小小于滑块的动量大小，故B错误；碰撞后的共同速度为v0.4 m/s，根据动量守恒定律，有m1v1m2v2(m1m2)v，解得m26m1，由动能的表达式可知，m1vm2v，故C错误，D正确132019北京东城区模拟下面关于碰撞的理解，正确的是()A正碰属于弹性碰撞，斜碰属于非弹性碰撞B如果碰撞过程中动能不变，则这样的碰撞叫做非弹性碰撞C碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生显著变化的过程D在碰撞现象中，一般来说物体所受的外力作用不能忽略答案：C解析：正碰也称对心碰撞，是小球在相互作用前后都沿着同一直线(即沿着两球球心连线)运动的碰撞，根据动量守恒定律判断两小球碰撞前后的机械能是否守恒，从而将碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞，斜碰也称非对心碰撞，是两球在碰撞前的相对速度不沿两球球心连线的碰撞，斜碰也遵循动量守恒定律，但情况较复杂，同样需要根据两小球碰撞前后的机械能是否守恒，从而判断属于弹性碰撞还是非弹性碰撞，故A、B错误；根据碰撞的定义可知，碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生显著变化的过程，故C正确；在碰撞现象中，如果内力远大于外力，则可以忽略外力的作用，D错误142019安徽示范高中质检甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p15 kgm/s，p27 kgm/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kgm/s，则甲球质量m1与乙球质量m2间的关系可能正确的是()Am1m2 B2m1m2C4m1m2 D6m1m2答案：C解析：设碰后甲球动量变为p1，乙球动量变为p2，根据动量守恒定律得p1p2p1p2，解得p12 kgm/s.碰撞过程系统的总动能不增加，则有，解得，碰撞后甲球的速度不大于乙球的速度，则有，解得，综上有，C正确，A、B、D错误152019石家庄模拟如图所示，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远大于两小球的半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计已知m23m1，则A反弹后能达到的最大高度为()Ah B2hC3h D4h答案：D解析：所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得，(m1m2)gh(m1m2)v2，m2vm1vm1v1m2v2，(m1m2)v2m1vm2v，m1vm1gh1，又m23m1，则v1v20.联立可得h14h，选项D正确162019武汉模拟(多选)如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M的木块正以速度v向左运动，一颗质量为m(mM)的弹丸以速度v向右水平击中木块并最终停在木块中，设弹丸与木块之间的相互作用力大小不变，则在相互作用过程中()A弹丸和木块的速率都是越来越小B弹丸在任一时刻的速率不可能为零C弹丸对木块一直做负功，木块对弹丸先做负功后做正功D弹丸对木块的水平冲量与木块对弹丸的水平冲量大小相等答案：CD解析：弹丸击中木块前，由于m0，B错误；该系统只有重力做功，故系统机械能守恒，D错误22019安徽滁州联考(多选)一质量为M的小船静止在平静的湖面上，船头和船尾各站一位质量均为m的游泳爱好者，两人分别从船头和船尾沿相反的方向跃入水中，则下列说法中正确的有()A若两人同时以相等的速率跃入水中，则船仍保持静止B若两人先后以相等的相对水的速率跃入水中，则船速等于0C若两人先后以相等的相对船的速率跃入水中，则船速等于0D无论两人如何跃入水中，船始终保持静止答案：AB解析：两个人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，开始总动量为零，不管谁先跃入水中，若两人相对水的速率相等，则有0mvmvMv，可知v0，故A、B正确；若两人先后以相等的相对船的速率跃入水中，可知两人相对水的速度大小不等，根据动量守恒定律知，船速不为0，故C、D错误32019黑龙江哈三中模拟(多选)小球A的质量为mA5 kg，动量大小为pA4 kgm/s，小球A水平向右运动时与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为pA1 kgm/s，方向水平向右，则()A碰后小球B的动量大小为pB3 kgm/sB碰后小球B的动量大小为pB5 kgm/sC小球B的质量为15 kgD小球B的质量为3 kg答案：AD解析：规定向右为正方向，碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，所以有pApApB，解得pB3 kgm/s，A正确，B错误；由于A、B是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故，解得mB3 kg，C错误，D正确42019河南信阳统考(多选)如图所示，三小球a、b、c的质量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c与轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，碰后与小球b粘在一起运动在整个运动过程中，下列说法中正确的是()A三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒B三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒C当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大D当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b的动能一定不为零答案：ACD解析：在整个运动过程中，三球与弹簧组成的系统的合外力为零，系统的总动量守恒，a与b碰撞过程中机械能减少，故A正确，B错误；当小球b、c速度相等时，弹簧的压缩量或伸长量最大，弹簧弹性势能最大，故C正确；当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒定律可知，小球b的动能不为零，故D正确5.2019安徽芜湖模拟如图所示，总质量为M带有底座的足够宽框架直立在光滑水平面上，质量为m的小球通过细线悬挂于框架顶部O处，细线长为L，已知Mm，重力加速度为g，某时刻小球获得一瞬时速度v0，当小球第一次回到O点正下方时，细线拉力大小为()Amg BmgCmgm Dmgm答案：B解析：设小球第一次回到O点正下方时，小球与框架的速度分别为v1和v2.取水平向右为正方向，由题可知，小球、框架组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，即mv0mv1Mv2，mvmvMv，解得v1v0，v2v0.当小球第一次回到O点正下方时，以小球为研究对象，由牛顿第二定律得Tmgm，解得细线的拉力Tmg，B正确62019湖北宜昌一中月考(多选)A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图表示发生碰撞前后的vt图线，由图线可以判断()AA、B的质量比为3：2BA、B作用前后总动量守恒CA、B作用前后总动量不守恒DA、B作用前后总动能不变答案：ABD解析：物体A、B碰撞过程所受外力为零，作用前后总动量守恒，故B正确，C错误；根据动量守恒定律有mA6 m/smB1 m/smA2 m/smB7 m/s，则mA：mB3：2，故A正确；A、B作用前总动能为mA(6 m/s)2mB(1 m/s2)mA(m/s)2，作用后总动能为mA(2 m/s)2mB(7 m/s)2mA(m/s)2，可见作用前后总动能不变，故D正确72019安徽模拟如图所示，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，碰后物块B刚好能落入正前方的沙坑中假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，物块可视为质点则碰撞前瞬间A的速度为()A0.5 m/s B1.0 m/sC1.5 m/s D2.0 m/s答案：C解析：碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得2mgx02mv2，代入数据解得v1 m/s，A与B组成的系统在碰撞过程中水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则mv0mv12mv，由于没有机械能损失，则mvmv2mv2，联立可得v01.5 m/s，故A、B、D错误，C正确8.2019四川泸州检测如图所示，光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的小球A、B，放在与左侧竖直墙垂直的直线上，设B开始处于静止状态，A球以速度v朝着B运动，设系统处处无摩擦，所有的碰撞均无机械能损失，则下列判断正确的是()A若m1m2，则两球之间有且仅有两次碰撞B若m1m2，则两球之间可能发生两次碰撞C两球第一次碰撞后B球的速度一定是D两球第一次碰撞后A球一定向右运动答案：A解析：设A球和B球第一次碰撞后速度分别为v1和v2，取向左为正方向根据动量守恒定律得m1vm1v1m2v2根据机械能守恒定律得m1v2m1vm2v解得v1v，v2v若m1m2，则得v10，v2v，即A与B碰撞后交换速度，当B球与墙壁碰后以速度v2返回，并与A球发生第二次碰撞，之后B静止，A向右运动，不再发生碰撞，所以两球之间有且仅有两次碰撞，故A正确；若m1m2，则得v1v，v20，两球之间只能发生一次碰撞，故B错误；两球第一次碰撞后，B球的速度为v2v，不一定是，与两球的质量关系有关，故C错误；两球第一次碰撞后A球的速度为v1v，当m1m2时，v10，碰后A球向左运动，当m1m2时，v10，碰后A球静止，当m1m2时，v10，碰后A球向右运动，故D错误92019黑龙江哈三中模拟(多选)如图所示，将一轻质弹簧从物体B内部穿过，并将其上端悬挂于天花板，下端系一质量为m12.0 kg的物体A.平衡时物体A距天花板h2.4 m，在距物体A正上方高为h11.8 m处由静止释放质量为m21.0 kg的物体B，B下落过程中某时刻与弹簧下端的物体A碰撞(碰撞时间极短)，并立即以相同的速度与A一起运动，两物体不粘连，且可视为质点，碰撞后两物体一起向下运动，历时0.25 s第一次到达最低点，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，g取10 m/s2，下列说法正确的是()A碰撞结束瞬间两物体的速度大小为2 m/sB碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为0.25 mC碰撞结束后两物体一起向下运动的过程中，两物体间的平均作用力大小为18 NDA、B运动到最低点后反弹上升，A、B分离后，B还能上升的最大高度为0.2 m答案：ABC解析：设物体B自由下落至与A碰撞前的速度为v0，根据自由落体运动规律，有v0 m/s6 m/s，设A、B碰撞结束后瞬间二者达到共同速度vt，以向下为正方向，根据动量守恒定律，有m2v0(m1m2)vt，解得vt2.0 m/s，A正确从二者一起运动到速度变为零的过程中，选择B作为研究对象，根据动量定理，有(m2gF)t0m2vt，解得F18 N，方向竖直向上，对B根据动能定理可得Fxmgx0m2v，解得x0.25 m，即碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为0.25 m，B、C正确；若A、B在原位置分离，B还能上升的最大高度为hm0.2 m，但实际上A、B在弹簧恢复原长时分离，故B还能上升的最大高度小于0.2 m，D错误10.如图所示，将质量为M1、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M2的物块现让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处由静止开始落下，与半圆槽相切自A点进入槽内，并能从C点离开半圆槽，则以下结论中正确的是()A球在槽内运动的全过程中，球与半圆槽在水平方向动量守恒B球在槽内运动的全过程中，球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒C球离开C点以后，将做竖直上抛运动D槽将与墙不会再次接触答案：D解析：球从A点到B点的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而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，球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；从B点到C点的过程中，球对半圆槽的压力方向指向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而球参与了两个运动：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，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，球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，在球运动的全过程，水平方向上动量也不守恒，选项A、B错误；当球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上的，所以此后球做斜上抛运动，即选项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，选项D正确二、非选择题11.如图所示，质量为3 kg的木箱静止在光滑的水平面上，木箱内粗糙的底板正中央放着一个质量为1 kg的小木块，小木块可视为质点现使木箱和小木块同时获得大小为2 m/s的方向相反的水平速度，小木块与木箱每次碰撞过程中机械能损失0.4 J，小木块最终停在木箱正中央已知小木块与木箱底板间的动摩擦因数为0.3，木箱内底板长为0.2 m(g取10 m/s2)求：(1)木箱的最终速度的大小；(2)小木块与木箱碰撞的次数答案：(1)1 m/s(2)6次解析：(1)设系统最终速度为v，由于木箱与木块组成的系统没有受到外力作用，故系统动量守恒，以木箱的初速度方向为正方向，由动量守恒定律有Mvmv(Mm)v，代入数据得v1 m/s.(2)对整个过程，由能量守恒定律有Mv2mv2E(Mm)v2，设碰撞次数为n，木箱内底板长度为L，则有n(mgL0.4)E，代入数据得n6次122019黑龙江哈三中模拟在光滑水平桌面上O处固定一个弹性挡板，P处有一可视为质点的质量为2 kg的物块C静止，OP的距离等于PQ的距离，两个可视为质点的小物块A、B间夹有炸药，一起以v05 m/s的速度向右做匀速运动，到P处碰C前引爆炸药，A、B瞬间弹开且在一条直线上运动，B与C发生碰撞后瞬间粘在一起，已知A的质量为1 kg，B的质量为2 kg，若要B、C到达Q之前不再与A发生碰撞，则A、B间炸药释放的能量应在什么范围内？(假设爆炸释放的能量全部转化为物块的动能)答案：3 JE1 875 J解析：对A、B引爆炸药前后，由动量守恒定律可得(mAmB)v0mAvAmBvB，设炸药爆炸释放出来的能量为E，由能量守恒定律可知mAvmBv(mAmB)vE，B、C碰撞前、后，由动量守恒定律可得mBvB(mCmB)v共，若要B、C到达Q之前不再与A发生碰撞，根据题意可得知若炸开后，A仍向右运动，需满足vAv共，代入数据可得E3 J；若炸开后，A向左运动，需满足|vA|3v共，代入数据可得E1 875 J综合可得3 JE1 875 J.16