【文档说明】高考物理一轮复习 精选题辑含答案： 课练18 动量守恒定律.doc，共(11)页，330.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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课练18动量守恒定律1．(2018·福建邵武七中联考)如图所示，一半径为R、质量为M的1/4光滑圆弧槽D，放在光滑的水平面上，将一质量为m的小球由A点静止释放，在下滑到B点的过程中，下列说法正确的是()A．以地面为参考系，小球到达B点时相对于地的速

度v满足12mv2＝mgRB．以槽为参考系，小球到达B点时相对于槽的速度v′满足12mv′2＝mgRC．以地面为参考系，以小球、槽和地球为系统，机械能守恒D．不论以槽或地面为参考系，小球、槽和地球组成的系统机械能均不守恒答案：C解析：质量为m的小球由A点静止释放，在下滑到B点的过程中，小球和槽

组成的系统水平方向动量守恒，设小球对地速度大小为v2，槽对地速度大小为v1，两速度方向相反，有Mv1＝mv2，系统机械能守恒，有mgR＝12mv22＋12Mv21，A错误，C正确；以槽为参考系，小球到达B点时相对于槽的速度大小v′＝v1

＋v2，则12mv′2＝12m(v1＋v2)2＝12mv21＋12mv22＋mv1v2，12mv′2－mgR＝12mv21＋mv1v2－12Mv21＝12v1(mv1＋mv2)>0，B错误；该系统只有重力做功，

故系统机械能守恒，D错误．2．(2018·天津静海一中调研)(多选)如图所示，A、B两个物体的质量之比mA：mB＝：2，原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的轻弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则()A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦

因数相同，A、B组成的系统动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B、C组成的系统动量不守恒答案：BC解析：当A、B

与平板车上表面间的动摩擦因数相同时，A、B所受的摩擦力大小不相等，A、B组成的系统所受到的合外力不为零，动量不守恒，故A错误；当A、B所受的摩擦力大小相等时，A、B组成的系统合外力为零，动量守恒，故C正确；当A、B、C为一系统时，A、B所受

的摩擦力为系统内力，不予考虑，地面光滑，所以系统动量守恒，故B正确，D错误．3．(2018·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0＝mv－mv＋Mv′，可知v′＝0，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．4．(2018

·黑龙江哈三中三模)(多选)小球A的质量为mA＝5kg，动量大小为pA＝4kg·m/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p′A＝1kg·m/s，方向水平向右，则()A．碰后小球B的动量大小为pB＝3kg·m/sB

．碰后小球B的动量大小为pB＝5kg·m/sC．小球B的质量为15kgD．小球B的质量为3kg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pA＝p′A＋pB，解得pB＝3kg·m/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p2A2mA＝p′2A2mA＋p2B2mB，解得mB＝3kg，C错误，D正确．5．(2018·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．6．(2018·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M>m，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()A．mgB．mg＋mv20LC．mg＋mm2v20M＋m2LD．mg＋mM－m2v20M＋m2

L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mv0＝mv1＋Mv2，12mv20＝12mv21＋12Mv22，解得v1＝m－Mm＋Mv0，v2＝2mm＋Mv0.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T－mg＝mv1－v22L，解得细线的拉力T＝mg＋mv20L，B正确．7．(2018·湖南郴州四模)(多选)如图所示，在足够长的水平地面上有两

辆相同的小车甲和乙，A、B两点相距为5m，小车甲从B点以大小为4m/s的速度向右做匀速直线运动的同时，小车乙从A点由静止开始以大小为2m/s2的加速度向右做匀加速直线运动．一段时间后，小车乙与小车甲相碰(碰撞时间

极短)碰后两车粘在一起，整个过程中，两车的受力不变(不计碰撞过程)．下列说法正确的是()A．小车乙追上小车甲用时4sB．小车乙在追上小车甲之前它们的最远距离为9mC．碰后瞬间两车的速度大小为7m/sD．若地面光

滑，则碰后两车的加速度大小仍为2m/s2答案：BC解析：小车乙追上小车甲时，有x乙－x甲＝5m，即12at2－v甲t＝5m，代入数据得12×2m/s2×t2－4m/s×t＝5m，解得t＝5s(另一负值

舍去)，所以小车乙追上小车甲用时5s，故A错误；当两车的速度相等时相距最远，则有v甲＝at′，得t′＝v甲a＝42s＝2s，最远距离s＝5m＋v甲t′－12at′2＝5m＋4×2m－12×2×22m＝9m，故B正确L碰前瞬间乙车的速度v乙＝at＝2×5

m/s＝10m/s，对于碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv甲＋mv乙＝2mv，解得碰后瞬间两车的共同速度v＝7m/s，故C正确；若地面光滑，碰前乙车所受到的作用力F＝ma，甲车所受到的合外力

为0，则碰后两车的加速度大小a＝F2m＝1m/s2，故D错误．8．(2018·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v－t图线，由图线可以判断()A．A、B的质量比为3∶2

B．A、B作用前后总动量守恒C．A、B作用前后总动量不守恒D．A、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mA×6m/s＋mB×1m/s＝mA×2m/s＋mB×7m/s

，则mA：mB＝：2，故A正确；A、B作用前总动能为12mA×(6m/s)2＋12mB×(1m/s2)＝mA·553(m/s)2，作用后总动能为12mA×(2m/s)2＋12mB×(7m/s)2＝mA·553(m/s)2，可见作用前后总动能不变，故D正确．9.(2018·河南洛阳一

模)(多选)如图所示，质量为m＝245g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4，质量为m0＝5g的子弹以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取

10m/s2，则在整个过程中()A．物块和木板组成的系统动量守恒B．子弹的未动量大小为0.01kg·m/sC．子弹对物块的冲量大小为0.49N·sD．物块相对于木板滑行的时间为1s答案：BD解析：子弹射入物块的过程中，物块的动量增大，所以物块和木板组成的系统动量不守恒，故A错误；选取向右为正方向，

子弹射入物块过程，由动量守恒定律可得m0v0＝(m0＋m)v1，物块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，联立可得v2＝m0v0m0＋m＋M＝2m/s，所以子弹的末动量大小为p＝m0v2＝0.01kg·m/s，故B正确；由动量定

理可得子弹受到的冲量I＝Δp＝p－p0＝0.01kg·m/s－5×10－3×300kg·m/s＝－1.49kg·m/s＝－1.49N·s.子弹与物块间的相互作用力大小始终相等，方向相反，所以子弹对物块的冲量大小为1.49N·s，故C错误；对子弹和物块整体，由动量定理得－μ(m0

＋m)gt＝(m0＋m)(v2－v1)，综上可得，物块相对于木板滑行的时间t＝v2－v1－μg＝1s，故D正确．10．(2018·重庆巴蜀中学模拟)(多选)如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为2m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量为m的物体B，从高h处

由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰(时间极短)后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿曲面上升．下列说法正确的是()A．物体B、A组成的系统，在发生碰撞的过程中动量守恒，在弹簧被压缩的过程中机械能守恒B．物体B返回过程中能达到的最大高度为h9C．物体A对B的冲量大小为43m

2ghD．物体A对B做的功为89mgh答案：BC解析：A与B组成的系统碰撞过程合外力为零，则系统的动量守恒，此后A和B一起压缩弹簧，只有弹簧的弹力做功，则A和B与弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；对B下滑过程，根据机械能守恒定

律可得mgh＝12mv20，B刚到达水平面的速度v0＝2gh，B与A碰撞过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝3mv，知A与B碰撞后的共同速度为v＝v03，此后一起压缩弹簧到最短又恢复原长，B以速度v返回曲面，

则mgh′＝12mv2，可得h′＝h9，故B正确；取向左为正方向，对B分析由动量定理可知I＝mv－(－mv0)＝43m2gh，故C正确；A对B做的功由动能定理有W＝12mv2－12mv20＝－89mgh，故D错误．11．如图所示，质量

为3kg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1kg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2m/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0.4J，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0.2m．(g取10m/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)1m/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Mv－mv＝(M＋m)v′，代入数据得v′＝1m/s.(2)对整个过程，由能量守恒定律有12Mv2＋12mv2＝ΔE＋12(M＋m)v′2，设碰撞次数为n，木

箱内底板长度为L，则有n(μmgL＋0.4)＝ΔE，代入数据得n＝6次．12．(2018·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2kg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v0＝5m/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1kg，B的质量为2kg，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：3J≤E≤1875J解析：对A、B引爆炸药前后，由动量守恒定律可得(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，设炸药爆炸释放出来的能量为E，由能量守恒定律可知1

2mAv2A＋12mBv2B－12(mA＋mB)v20＝E，B、C碰撞前、后，由动量守恒定律可得mBvB＝(mC＋mB)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vA≤v共，代入数据可得E≥3J；若炸开后，A向左运动，需满足|vA|≤3v共，

代入数据可得E≤1875J．综合可得3J≤E≤1875J.刷题加餐练刷高考真题——找规律1．(2017·新课标全国卷Ⅰ，14)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/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)()A．30kg·m/sB．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/sD．6.3×102kg·m/s答案：A解析：本题考查动量守恒定律．由于喷出过程中重力和空气阻力可忽

略，则模型火箭与燃气组成的系统动量守恒．燃气喷出前系统静止，总动量为零，故喷出后瞬间火箭的动量与喷出燃气的动量等值反向，可得火箭的动量大小等于燃气的动量大小，则|p火|＝|p气|＝m气v气＝0.05kg×600m/s＝30kg·m/s，A正确．2．(2015·福建卷，30(2))

如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是()A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A

向左运动，B向右运动答案：D解析：弹性碰撞中动量守恒、机械能守恒，选向右为正方向，设碰后A的速度为v1，B的速度为v2，则m·2v0－2mv0＝mv1＋2mv2，12m(2v0)2＋12·2mv20＝12mv21＋12·2mv22，解得v1＝－2v0，v2＝v0，可知选项

D正确．刷仿真模拟——明趋向3．(2018·四川成都石室中学二诊)如图所示，光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一轻质弹簧，B静止，A以速度v0水平向右运动，从A与弹簧接触至弹簧被压缩到最短的过程中()A．A、B的动量变化量相同B．A、B的动量变化率相同C．A、B系统的

总动能保持不变D．A、B系统的总动量保持不变答案：D解析：两物块相互作用过程中系统所受到的合外力为零，系统的总动量守恒，则A、B的动量变化量大小相等、方向相反，所以动量变化量不同，故A错误，D正确；由动量定理Ft＝Δp可知，动量的变

化率等于物块所受到的合外力，A、B两物块所受的合外力大小相等、方向相反，所受到的合外力不同，则动量的变化率不同，故B错误；A、B系统的总机械能不变，弹性势能在变化，则总动能在变化，故C错误．4．(2018·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0.5m，g取10m/s2，物块可视为质点．则碰撞前瞬间A的速度为()A．0

.5m/sB．1.0m/sC．1.5m/sD．2.0m/s答案：C解析：碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx＝0－12·2mv2，代入数据解得v＝1m/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mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能损失，则12mv2

0＝12mv21＋12·2mv2，联立可得v0＝1.5m/s，故A、B、D错误，C正确．5．(2018·四川泸洲二诊)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m1＝m2，则两球之间有且仅有两次碰撞B．若m1≪m2，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v2D．两次第一次碰撞后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m1v＝m1v1＋m2v2①根据机械能守恒定律得12m1v2＝12m1v21＋12m2v22②解得v1＝m1－m2m1＋m2v，v2＝2m1m

1＋m2v③若m1＝m2，则得v1＝0，v2＝v，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m1≪m2，则得v1≈－v，v2≈0，两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v2＝2m1m1＋m2v，不一定是v2，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v1＝m1－m2m1＋m2v，当m1>m2时，v1>0，碰后A球向左运动，当m1＝m2时，v1＝0，碰

后A球静止，当m1<m2时，v1<0，碰后A球向右运动，故D错误．6．(2018·北京海淀区统测)如图所示，在光滑水平地面上有A、B两个小物块，其中物块A的左侧连接一轻质弹簧．物块A处于静止状态，物块B以一定的初速度向物块A运动，并通过弹簧与物块A发生弹性正碰．对于该作用过程，两

物块的速率变化可用速率—时间图象进行描述，在选项所示的图象中，图线1表示物块A的速率变化情况，图线2表示物块B的速率变化情况，则在这四个图象中可能正确的是()答案：B解析：物块B刚开始压缩弹簧时，A做加速运动，B做减速运动，随着弹簧压缩量的增大，弹簧的弹力增大，两个物块的加速度增

大．当弹簧压缩至最短时，二者的速度相等；此后A继续加速，B继续减速，弹簧的压缩量减小，弹力减小，两个物块的加速度减小．当弹簧恢复原长时B离开弹簧，所以v­t图象斜率的大小都是先增大后减小．设B离开弹簧时A

、B的速度分别为vA和vB.取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mBv0＝mAvA＋mBvB，由机械能守恒定律得12mBv20＝12mAv2A＋12mBv2B，联立解得vA＝2mBmA＋mBv0，vB＝mB－mAmA＋mBv0，若mB>mA，则vA>vB，所以B

选项的图象是可能的．若mB＝mA，则vA＝v0，vB＝0.若mB<mA，则vA>0，vB<0.综上，只有B选项的图象是可能的．7．(2018·河南灵宝中学检测)如图所示，有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)．一位同学想用卷尺粗略测定它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行

于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，然后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L.已知他的自身质量为m，渔船的质量为()A.mL＋ddB.mL－ddC.mLdD.mL＋dL答案：B解析：设人走动时船的速

度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t，取船的速度方向为正方向．则v＝dt，v′＝L－dt，根据动量守恒定律有Mv－mv′＝0，则有Mdt＝mL－dt，解得渔船的质量M＝mL－dd，故选B.刷最新原创——抓重点8．(20

18·黑龙江哈三中三模)(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m1＝2.0kg的物体A.平衡时物体A距天花板h＝2.4m，在距物体A正上方高为h1＝1.8m处由静止释放质量为m2＝1.0kg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0.25s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10m/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2m/

sB．碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为0.25mC．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18ND．A、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0.2m答案：A

BC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＝2gh1＝2×10×1.8m/s＝6m/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＝(m1＋m2)vt，解得v

t＝2.0m/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(m2g－F)t＝0－m2vt，解得F＝18N，方向竖直向上，对B根据动能定理可得－Fx＋mgx＝0－12m2v2t，解得x

＝0.25m，即碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为0.25m，B、C正确；若A、B在原位置分离，B还能上升的最大高度为hm＝v2t2g＝0.2m，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0.2m，D错误．9．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，则以下结构中正确的是()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．刷易错易误——排难点易错点1对动量守恒条件不清楚导致错解10．(多选)如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为

m的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v0开始运动．当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是()A．mv0＝(m＋M)vB．mv0cosθ＝(m＋M)vC．mgh＝12m(v0

sinθ)2D．mgh＋12(m＋M)v2＝12mv20答案：BD解析：小物块沿斜面向上运动到最高点时，小物块的速度与楔形物体的速度相同，系统水平方向动量守恒，全过程机械能守恒，以向右为正方向，在小物块沿斜面向上运动的过程中，由水平方向系统动量守恒，得mv0cos

θ＝(m＋M)v，故A错误，B正确；根据系统机械能守恒，得mgh＋12(m＋M)v2＝12mv20，故C错误，D正确．易错点2混淆动量守恒和机械能守恒的条件11．(2018·福建漳州联考)(多选)如图所示，木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加水

平向左的外力F使弹簧压缩，当撤去外力后，下列说法中正确的是()A．在a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒B．在a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统机械能守恒C．在a离开墙壁后，a、b组成的系统动量守恒D．在a离开墙壁后，a、b组成的系统动量不守恒答案：BC解析：以a、b及弹簧组成的系统为

研究对象，在a尚未离开墙壁前，除了系统内弹力做功外，没有其他力做功，系统机械能守恒，在a尚未离开墙壁前，系统所受合外力不为零，因此该过程中系统动量不守恒，故A错误，B正确；在a离开墙壁，系统水平方向不受外力，系统动量守恒，故C正确，D错误．刷综合大题——提能力12．(2015·新课标全国卷Ⅰ，

35(2))如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B

、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．答案：(5－2)M≤m<M解析：设A运动的初速度为v0，A向右运动与C发生碰撞，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2由机械能守恒定律得12mv20＝12mv21＋12Mv22可得

v1＝m－Mm＋Mv0，v2＝2mm＋Mv0要使得A与B能发生碰撞，需要满足v1<0，即m<MA反向向左运动与B发生碰撞过程，有mv1＝mv3＋Mv412mv21＝12mv23＋12Mv24整理可得v3＝m－Mm＋Mv1，v4＝2mm＋Mv1由于m<M，所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次

碰撞，需要满足v3≤v2即2mm＋Mv0≥M－mm＋Mv1＝m－Mm＋M2v0整理可得m2＋4Mm≥M2解方程可得m≥(5－2)M所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足(5－2)M≤m<M