高考物理力学知识点之动量基础测试题(1)

高考物理力学知识点之动量基础测试题(1)
一、选择题
1．一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01s。

下列说法正确的是（）A．垒球的动量变化量大小为3.6kg·m/s
B．球棒对垒球的冲量大小为126N·s
C．球棒对垒球的平均作用力大小为1260N
D．球棒对垒球做的功为36J
2．如图所示，静止在匀强磁场中的某放射性元素的原子核，当它放出一个α粒子后，其速度方向与磁场方向垂直，测得α粒子和反冲核轨道半径之比为44:1，则下列说法不正确的是（）
A．α粒子与反冲粒子的动量大小相等，方向相反
B．原来放射性元素的原子核电荷数为90
C．反冲核的核电荷数为88
D．α粒子和反冲粒子的速度之比为1:88
3．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v0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．1:2B．1:3C．1:6D．1:9
v击中静止在粗糙水平地面上质量为M的木块，并陷入4．质量为m的子弹以某一初速度
木块一定深度后与木块相对静止，甲、乙两图表示这一过程开始和结束时子弹和木块可能的相对位置，设地面粗糙程度均匀，木块对子弹的阻力大小恒定，下列说法正确的是
（）
A．若M较大，可能是甲图所示情形：若M较小，可能是乙图所示情形
B．若0v较小，可能是甲图所示情形：若0v较大，可能是乙图所示情形
C．地面较光滑，可能是甲图所示情形：地面较粗糙，可能是乙图所示情形
D．无论m、M、0v的大小和地面粗糙程度如何，都只可能是甲图所示的情形
5．“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直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．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力
C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
6．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
+
7．如图所示，一质量为2kg的物块B，静止在光滑水平面上，左侧固定一水平轻质弹簧，另一质量为3kg的物块A向右以5m/s的速度撞击弹簧，整个撞击过程中，两物块的速度始终在一条直线上，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（）
A．物块A的最终速度大小为3m/s
B．物块B的最终速度大小为5m/s
C．弹簧的最大弹性势能为15J
D．若其他条件不变而仅增大物块A的质量，则物块B的最终速度可能为12m/s
8．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打入木块A及弹簧被压缩的过程中，子弹、两木块和弹簧组成的系统（）
A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能守恒
C．动量守恒，机械能不守恒D．动量不守恒，机械能也不守恒
9．质量为m1=1kg和m2（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
10．质量为5kg的物体，原来以v=5m/s的速度做匀速直线运动，现受到跟运动方向相同的冲量15Ns的作用，历时4s，物体的动量大小变为( )
A．80 kg·m/s B．160 kg·m/s C．40 kg·m/s D．10 kg·m/s
11．如图所示，水平地面上有倾角为θ、质量为m的光滑斜面体，质量也为m的光滑直杆穿过固定的竖直滑套，杆的底端置于斜而上高为h的位置处.现将杆和斜面体由静止自由释放，至杆滑到斜面底端（杆始终保持竖直状态），对该过程下列分折中正确的是（重力加速度为g）
A．杆和斜面体组成的系统动量守恒
B．斜面体对杆的支持力不做功
C．杆与斜面体的速度大小比值为sinθ
D ．杆滑到斜面底端时，斜面体的速度大小为2gh cos θ
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
03
4
h （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．下列说法正确的是（ ）
A ．若一个物体的动量发生变化，则动能一定变化
B ．若一个物体的动能发生变化，则动量一定变化
C ．匀速圆周运动的物体，其动量保持不变
D ．一个力对物体有冲量，则该力一定会对物体做功
14．质量为1 kg 的物体做直线运动，其速度—时间图象如图所示，则物体在前10 s 内和后10 s 内所受合外力的冲量分别是( )
A ．10 N·
s ，10 N·s B ．10 N·s ，－10 N·s C ．0，10 N·s D ．0，－10 N·
s 15．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
16．如图所示，轮船的外侧悬挂了很多旧轮胎，这样做的目的是（ ）
A ．缩短碰撞的作用时间，从而减轻对轮船的破坏
B ．减小碰撞中轮船受到的冲量，从而减轻对轮船的破坏
C ．减小碰撞中轮船的动量变化量，从而减轻对轮船的破坏
D ．减小碰撞中轮船受到的冲击力，从而减轻对轮船的破坏
17．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 18．光滑的水平面上有一静止木块，一颗子弹从水平方向飞来射入该木块，并留在其中与其一起滑行，在上述过程中：（ ）
A ．子弹对木块的冲量与木块对子弹的冲量大小相等
B ．子弹对木块做的功与木块对子弹做的功大小相等
C ．子弹减少的动量与木块增加的动量大小不相等
D ．子弹减少的动能与木块增加的动能大小相等
19．质量相等的五个物体在光滑的水平面上，间隔一定的距离排成一直线，如图所示，具有初动能为
的物块1向其他4个静止物块运动，依次发生碰撞，每次碰后不在分开，最
后5个物体粘成一个整体，这个整体的动能是
A ．
B ．
C ．
D ．
20．
两球在光滑水平面上沿同一直线、同-方向运动，
.当追上并发生碰撞后，
两球速度的可
能值是（ ） A ． B ． C ．
D ．
21．一位质量为m 的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt 时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v ，重心上升高度为h 。

在此过程中( )
A ．地面对他的冲量为mv ＋mg Δt ，地面对他做的功为12
mv 2 B ．地面对他的冲量为mv ＋mg Δt ，地面对他做的功为零
C ．地面对他的冲量为mv ，地面对他做的功为
12
mv 2 D ．地面对他的冲量为mv －mg Δt ，地面对他做的功为零
22．质量为m 的均匀木块静止在光滑水平面上,木块左右两侧各有一位持有完全相同步枪和子弹的射击手．首先左侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d 1,然后右侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d 2，如图所示．设子弹均未射穿木块,且两颗子弹与木块之间的作用大小均相同．当两颗子弹均相对于木块静止时,下列判断正确的是( )
A ．木块静止,d 1=d 2
B ．木块静止,d 1<d 2
C ．木块向右运动,d 1<d 2
D ．木块向左运动,d 1=d 2
23．质量为M 的物块以速度v 运动，与质量为m 的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M /m 可能为 A ．0.8
B ．3
C ．4
D ．5
24．将静置在地面上，质量为M （含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（ ） A ．0m v M
B ．0M v m
C ．
0M
v M m -
D ．
0m
v M m
- 25．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v 0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 ．mv 0＝(m ＋M )v
B ．mv 0cos θ＝(m ＋M )v
C ．mgh ＝
1
2m (v 0sin θ)2 D ．
12 (m ＋M )v 2＝1
2
mv 02+ mgh
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一、选择题
1．C 解析：C 【解析】 【详解】
设垒球的初速度025m/s v =的方向为正方向，则末速度为145m/s v =-。

A ．动量的变化量为矢量，有
1012.6kg m/s p mv mv ∆=-=-⋅
即垒球的动量变化量大小为12.6kg·
m/s ，负号表示方向与初速度方向相反，故A 错误； B ．由动量定理I p =∆可知，球棒对垒球的冲量大小为12.6N·s ，负号表示方向与初速度方向相反，故B 错误；
C ．由冲量的定义I Ft =可知，球棒对垒球的平均作用力大小为
1260N p
F t
∆=
= 故C 正确；
D ．球棒对垒球作用的过程，由动能定理可知，球棒对垒球做的功为
22
1011126J 22
W mv mv =-=
故D 错误。

故选C 。

2．D
解析：D 【解析】 【详解】
微粒之间相互作用的过程中遵守动量守恒定律，由于初始总动量为零，则末动量也为零，即α粒子和反冲核的动量大小相等，方向相反；由于释放的α粒子和反冲核均在垂直于磁
场的平面内，且在洛伦兹力作用下做圆周运动；由2
mv Bqv R
=得：mv R Bq =，若原来放射
性元素的核电荷数为Q ，则对α粒子：1
12P R B e =•，对反冲核：22(2)P R B Q e =•-，由于
12P P =，根据12:44:1R R =，解得90Q =，反冲核的核电荷数为90288-=，它们的速
度大小与质量成反比，由于不知道质量关系，无法确定速度大小关系，故A 、B 、C 正确，D 错误；
3．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
3
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
22000
11132233p 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
4．D
解析：D 【解析】 【分析】 【详解】
在子弹射入木块的瞬间，子弹与木块间的摩擦力远远大于木块与地面间的摩擦力，故地面光滑与粗糙效果相同，子弹和木块构成一系统，在水平方向上合外力为零，在水平方向上动量守恒，规定向右为正方向，设子弹与木块的共同速度为v ，根据动量守恒定律有
0()mv m M v =+
木块在水平面上滑行的距离为s ，子弹射入并穿出木块的过程中对木块运用动能定理得
22
2
02
122()Mm v fs Mv m M ==+
根据能量守恒定律得
2
22
0011()222()
Mmv Q fd mv m M v M m ==-+=+
则
d s >
不论速度、质量大小关系和地面粗糙程度如何，都只可能是甲图所示的情形，故ABC 错误，D 正确。

故选D 。

5．B
解析：B 【解析】
摩天轮运动过程中做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，选项A 错误；圆周运动过程中，在最高点由重力和支持力的合力提供向
心力，即2
N v mg F m r
-=，所以重力大于支持力，选项B 正确；转动一周，重力的冲量为
I=mgT ，不为零，C 错误；运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，根据P=mgvcos θ可知重力的瞬时功率在变化，选项D 错误．故选B ．
6．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.
7．C
解析：C 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．当弹簧再次恢复原长时，物块A 、B 达到最终速度，根据动量守恒
A A A A
B B m v m v m v ''=+
根据能量守恒有
22
2111222
A A A A
B B m v m v m v ''=+ 联立解得
1m/s A v '= 6m/s B
v '=
故A 、B 错误；
C ．当弹簧压缩至最短时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒有
()A A A B m v m m v =+
根据能量守恒有
2211()22
A A A
B p m v m m v E =++ 联立解得
15J p E =
故C 正确；
D ．当弹簧再次恢复原长时，物块A 、B 达到最终速度，根据动量守恒和能量守恒知，物块B 的最终速度
2A
B
A A B
m v v m m '=+
当A
B m m 时，则有
210m/s B
A v v '== 物块
B 的最终速度的最大为10m/s ，故D 错误； 故选
C 。

8．C
解析：C 【解析】 【分析】 【详解】
在子弹打入木块A 及弹簧被压缩的过程中，子弹、两木块和弹簧组成的系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒，在此过程中，除弹簧弹力做功外还有摩擦力对系统做功，所以系统机械能不守恒，故ABD 错误，C 正确。

故选C 。

9．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：
1118
4m/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 62
x 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：
22221211221111
14308J 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；
10．C
解析：C 【解析】 【分析】 【详解】
设物体初速度方向为正方向，根据动量定理可得551540/P I mv kg m s =+=⨯+=⋅，C 正确
11．D
解析：D 【解析】 【详解】
A ．杆和斜面体组成的系统受的合外力不为零，则系统的动量不守恒，选项A 错误；
B ．斜面体对杆的支持力的方向垂直斜面向上，与杆的位移方向夹角为钝角，则斜面体对杆的支持力对杆做负功，选项B 错误；
C ．根据杆和斜面的位移关系，tan H
L
θ=，可得到速度之比为tan v v θ=杆斜，选项C 错误；
D ．杆滑到斜面底端时，由能量关系：
22
1122
mgh mv mv =+杆斜
tan v v θ=杆
斜
联立解得斜面体的速度大小为v 斜θ，选项D 正确。

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
03
4
h <h 0，系统机械能不守恒。

小球第二次在车中滚动时，克服摩擦力做功，机械能减小，因此小球再次离开小车时，小球与小车水平方向速度为零，小球第二次离开小车在空中运动过程中，小车处于静止状态，小球能上升的高度小于03
4
h ，故D 项正确。

13．B
解析：B 【解析】 【详解】
A.若动量变化，可能是只有速度方向变化，而速度大小不变，则此时动能不变，故A 错误；
B.若一个物体的动能变化，则说明速度大小一定变化，动量一定变化，故B 正确；
C.匀速圆周运动，速度大小不变，方向时刻在变化；说明动量一定变化，故C 错误；
D.一个力对物体有了冲量，若物体没有运动，则该力对物体不做功，故D 错误．
14．D
解析：D 【解析】
由图象可知，在前10s 内初、末状态的动量相同，p 1＝p 2＝5kg·
m/s ，由动量定理知I 1＝0；在后10s 内末状态的动量p 3＝－5kg·m/s ，由动量定理得I 2＝p 3－p 2＝－10N·s ，故正确答案为D ．
15．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．
16．D
解析：D 【解析】 【分析】 【详解】
轮船在发生碰撞如靠岸的过程，外侧悬挂了很多旧轮胎，由动量定理F t p ⋅∆=∆知，在动量变化p ∆相同的情况下，即冲量相同，但延长了碰撞作用时间t ∆，使得撞击力F 变小，从而减轻对轮船的破坏，故D 正确，ABC 错误。

故选D 。

17．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0
1mv 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 18．A
解析：A 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由于相互作用力大小相等方向相反，且作用时间相同，故子弹对木块的冲量与木块对子弹的冲量大小相等，故A 正确；
B ．由于子弹和木块有相对运动，对地位移不等，故子弹对木块做的功与木块对子弹做的功大小不相等，故B 错误；
C ．子弹射入木块过程，系统受外力的合力为零，动量守恒，即子弹减少的动量与木块增加的动量大小相等，故C 错误；
D ．子弹射入木块过程，系统减少的机械能转化为内能，故子弹减少的动能等于木块增加的动能和系统内能增加之和，故D 错误。

故选A 。

19．A
解析：A 【解析】 【分析】
以五个物体为系统，在整个过程中，动量守恒，运用动量守恒定律，求出最终整体的速度，从而得出整体的动能． 【详解】
对整个系统研究，整个过程运用动量守恒定律得，
，解得
，因为
，则整体的动能
故A 正确，B 、C 、D 错误．
故选：A ． 【点睛】
本题考查了动量守恒定律的基本运用，知道五个物体组成的系统，在整个过程中动量守恒；碰后粘在一起则机械能不守恒
20．B
解析：B
【解析】A. 考虑实际运动情况，碰撞后两球同向运动，A 球速度应不大于B 球的速度，故A 错误；
B. 两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量应守恒。

碰撞前总动量为：p=p A +p B =m A v A +m B v B =(1×6+2×2)kg ⋅m/s=10kg ⋅m/s ，
总动能：E k =
=×1×62
+×2×22
=22J ，
碰撞后，总动量为：p′=p′A +p′B =m A v′A +m B v′B =1×2+2×4=10kg ⋅m/s ， 总动能：E′k =
=18J ，
则p′=p，符合动量守恒和动能不增加。

故B 正确；
C. 碰撞后，总动量为：p′=p′A +p′B =m A v′A +m B v′B =(-1×4+2×7)kg ⋅m/s=10kg ⋅m/s ， 总动能：E′k =
=57J ， 符合动量守恒定律，但总动能不可能增加。

故C 错误；
D. 考虑实际运动情况，碰撞后两球同向运动，A 球速度应不大于B 球的速度，故D 错误。

故选：B
21．B
解析：B 【解析】 【详解】
设地面对运动员的冲量为I ，则由动量定理得：
I －mg Δt ＝mv －0 I ＝mv ＋mg Δt 。

运动员从下蹲状态到身体伸直并刚好离开地面，地面对运动员作用力的作用点的位移为零，地面对他不做功；
A ．地面对他的冲量为mv ＋mg Δt ，地面对他做的功为12
mv 2
，与结论不相符，选项A 错误；
B ．地面对他的冲量为mv ＋mg Δt ，地面对他做的功为零，与结论相符，选项B 正确；
C ．地面对他的冲量为mv ，地面对他做的功为
12
mv 2
，与结论不相符，选项C 错误； D ．地面对他的冲量为mv －mg Δt ，地面对他做的功为零，与结论不相符，选项D 错误； 故选B 。

22．B
解析：B 【解析】
左侧射手开枪后,子弹射入木块与木块一起向右运动,设共同速度为v 1,由动量守恒有mv 0=(M+m)v 1,由能量守恒有F f d 1=
22011
()22
mv M m v -+.右侧射手开枪后,射出的子弹与木块及左侧射手射出的第一颗子弹共同运动的速度设为v 2,由动量守恒有(M+m)v 1-mv 0=(M+2m)v 2,由能量守恒有F f d 2=
222
012111()(2)222
mv M m v M m v ++-+,解之可得
v 2=0,d 1=
20,2()f Mmv F M m +d 2=2
(2),2()
f M m mv F M m ++故B 正确. 23．B
解析：B 【解析】 【详解】
设碰撞后两者的动量都为p ，由于题意可知，碰撞前后总动量为2p ，根据动量和动能的关系有：
22k p mE =
碰撞过程动能不增加，有：
222
(2)222p p p M M m
≥+
解得：
3M
m
≤ 故选B 。

24．D
解析：D 【解析】 【分析】 【详解】
火箭模型在极短时间点火，设火箭模型获得速度为v ，据动量守恒定律有
0=（M －m ）v －mv 0
得
0m
v v M m
=
-． A. 0m
v M
，与结论不相符，选项A 不符合题意； B. 0M
v m
，与结论不相符，选项B 不符合题意； C. 0M
v M m
-，与结论不相符，选项C 不符合题意； D.
0m
v M m
-，与结论相符，选项D 符合题意； 25．B
解析：B 【解析】
小物块上升到最高点时，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
械能也守恒．以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：mv0cosθ=（m+M）v，故A错误，B正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgh+1
2
（m+M）v2=
1
2
mv02；故CD错误；故选B．
点睛：本题主要考查了动量守恒定律和机械能守恒定律的直接应用，知道小物块上升到最高点时，竖直方向速度为零，水平方向动量守恒，难度适中．。