高考物理力学知识点之动量单元汇编及答案(2)

高考物理力学知识点之动量单元汇编及答案(2)
一、选择题
1．人的质量m ＝60kg ，船的质量M ＝240kg ，若船用缆绳固定，船离岸1.5m 时，人可以跃上岸．若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为(不计水的阻力，两次人消耗的能量相等，两次从离开船到跃上岸所用的时间相等)( )
A ．1.5m
B ．1.2m
C ．1.34m
D ．1.1m
2．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
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
4．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 5．下列说法正确的是( ) A ．速度大的物体，它的动量一定也大 B ．动量大的物体，它的速度一定也大
C ．只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变
D ．物体的动量变化越大则该物体的速度变化一定越大
6．“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
7．如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v 1逆时针运动，一质量为m 的物块以大小为v 2的初速度冲上传送带，最后又滑回，已知v 1＜v 2。

则物块在传送带上运动过程中合力对物块的冲量大小为
A ．2mv 1
B ．2mv 2
C ．m (v 2-v 1)
D ．m (v 1+v 2)
8．质量是60kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起
来．已知安全带的缓冲时间是1.2s ，安全带长5m ，取2
10 /g m s =,则安全带所受的平均
冲力的大小为（）
A．1100N B．600N C．500N D．100N
9．如图所示是一种弹射装置，弹丸质量为m，底座质量为3m，开始时均处于静止状态，当弹簧释放将弹丸以相对地面v的速度发射出去后，底座的反冲速度大小是（）
A．3v/4B．v/4
C．v/3D．0
10．从同一高度的平台上，抛出三个完全相同的小球，甲球竖直上抛，乙球竖直下抛，丙球平抛，三球落地时的速率相同，若不计空气阻力，则（）
A．抛出时三球动量不都相同，甲、乙动量相同，并均小于丙的动量
B．落地时三球的动量相同
C．从抛出到落地过程，三球受到的冲量均不相同
D．从抛出到落地过程，三球受到的冲量均相同
11．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
12．如下图所示，将质量为M，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。

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．槽离开墙后，将不会再次与墙接触
B．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
C．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
D．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒
13．一热气球在地面附近匀速上升，某时刻从热气球上掉下一沙袋，不计空气阻力。

则此
后( )
A ．沙袋重力的功率逐渐增大
B ．沙袋的机械能先减小后增大
C ．在相等时间内沙袋动量的变化相等
D ．在相等时间内沙袋动能的变化相等
14．如图所示，在光滑水平面上，有A 、B 两个小球沿同一直线向右运动，若取向右为正方向，两球的动量分别是p A ＝5.0 kg·m/s ，p B ＝7.0 kg·m/s.已知二者发生正碰，则碰后两球动量的增量Δp A 和Δp B 可能是( )
A ．Δp A ＝－3.0 kg·
m/s ；Δp B ＝3.0 kg·m/s B ．Δp A ＝3.0 kg·
m/s ；Δp B ＝3.0 kg·m/s C ．Δp A ＝3.0 kg·
m/s ；Δp B ＝－3.0 kg·m/s D ．Δp A ＝－10 kg·
m/s ；Δp B ＝10 kg·m/s 15．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 16．质子p （11H ）与
α粒子（4
2He ）以相同初速v 0垂直射入水平放置的一对平行板形成的匀强电场，从进入到射出该偏转电场的过程中，关于质子与α粒子（均不计重力）偏转时的各物理量比值正确的是（ ） A ．侧移量比:1:2p y y α= B ．速度偏转角正切比tan :tan 1:2p αϕϕ= C ．动能增量比:1:2kp k E E α∆∆=
D ．动量增加量比:1:2p P P α∆∆=
17．如图所示，在光滑水平地面上有A 、B 两个木块，A 、B 之间用一轻弹簧连接。

A 靠在墙壁上，用力F 向左推B 使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态。

若突然撤去力F ，则下列说法中正确的是（ ）
A ．木块A 离开墙壁前，A 、
B 和弹簧组成的系统动量守恒 B ．木块A 离开墙壁前，A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒
C ．木块A 离开墙壁后，A 、B 和弹簧组成的系统动量不守恒
D ．木块A 离开墙壁后，A 、B 和弹簧组成的系统机械能不守恒 18．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
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．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v 0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 21．
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 ．
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，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为m A，B的质量为m B，m A>m B.最初人和车都处于静止状态．现在，两人同时由静止开始相向而行，A和B对地面的速度大小相等，则车 ()
A．向左运动
B．左右往返运动
C．向右运动
D．静止不动
24．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．0.8B．3C．4D．5
25．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
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、选择题
1．C
解析：C
【解析】
【分析】 【详解】
以人的方向为正方向，撤去缆绳，由动量守恒定律可知，0=mv 1-Mv 2； 由于两次人消耗的能量相等，故人跳起时的动能不变； 则由功能关系可知：222
012
111222
mv mv Mv =+
解得：10v =
所以110 1.5 1.34x v t m m ==
==，故C 正确． 2．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
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
11132233
p 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．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，
5．D
解析：D 【解析】 【分析】 【详解】
A 、动量p=mv ，速度大的物体，它的动量不一定大，故A 错误；
B 、物体的动量p=mv ，动量大的物体，它的速度不一定大，故B 错误；
C 、动量等于质量与速度的乘积，物体运动的速度大小不变，物体的动量大小保持不变，但速度方向可能改变，动量方向可能改变，动量大小不变而方向改变，动量变了，故C 错误；
D 、质量一定的物体，动量变化△p=m △v ，动量变化越大，该物体的速度变化一定越大，故D 正确； 故选D ．
6．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 ．
7．D
解析：D 【解析】 【详解】
由于v 2>v 1，则物块返回到P 点的速度大小为v 1，根据动量定理可知，合力的冲量
.
A.2mv 1与计算结果不相符；故A 项错误.
B.2mv 2与计算结果不相符；故B 项错误.
C.m (v 2-v 1)与计算结果不相符；故C 项错误.
D.m (v 1+v 2)与计算结果相符；故D 项正确.
8．A
解析：A 【解析】
根据v 2=2gL 得，弹性绳绷直时，工人的速度为：2gL ，
取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg 和安全带给的冲力F ，取F 方向为正方向，由动量定理得：Ft −mgt=0−(−mv)， 代入数据解得：F=1100N ，方向竖直向上，
由牛顿第三定律可知，安全带受到的平均冲力为：F′=F=1100N，方向竖直向下．故A 正确，BCD 错误． 故选A
9．C
解析：C 【解析】
在水平方向上，弹丸和底座组成的系统动量守恒，设水平向右为正，由动量守恒可得
3'0mv mv +=，得'3
v
v =-，负号表示速度方向水平向左，故C 正确．
10．C
解析：C 【解析】 【详解】
A ．根据动能定理知
22011
22
mgh mv mv =
- 可知三球落地时速度的大小相等，则三个小球抛出时的速度大小一定相等；故抛出时的动量大小相等；故A 错误；
B ．虽然落地时，三球的速度相同，动量的大小相等，但方向不同；故动量不相同；故B
错误；
CD．三个小球以相同的速率抛出，可知竖直上抛运动的物体运动时间大于平抛运动的时间，平抛运动的时间大于竖直下抛运动的时间，所以上抛运动的时间最长，根据动量定理知，mgt=△p，故三个小球受到的冲量都不相同；故C正确，D错误；
故选C。

11．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=⋅不断变化．故D项错误．
cos
P mg vα
12．A
解析：A
【解析】
【分析】
【详解】
AB．小球从A运动到B的过程中，由于墙壁的阻挡，所以槽不会运动，在该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到墙壁的作用力，系统水平方向动量并不守恒，小球、半圆槽组成的系统动量也不守恒；从B运动到C的过程中，在小球压力作用下，半圆槽离开墙壁向右运动，小球离开C点时，小球的水平速度与半圆槽的速度相同，但是此时小球也具有竖直向上的速度，所以小球离开C点以后，将做斜上抛运动。

小球离开C点以后，槽向右匀速运动，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，槽将与墙不会再次接触，B错误A正确；
C．小球从A运动到B的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量不守恒。

槽离开墙壁后，系统水平方向不受外力，小球与半圆槽在水平方向动量守恒，因此，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不守恒，C错误；
D．小球在槽内运动的全过程中，小球有竖直向上的分加速度，存在超重现象，系统竖直方向的合外力不为零，因此，小球与半圆槽组成的系统动量不守恒，D错误。

故选A。

13．C
解析：C
【解析】
不计空气阻力，沙袋从匀速上升的热气球上掉下后，做竖直上抛运动。

A：此后沙袋做竖直上抛运动，竖直方向的速度先减小后增大，沙袋重力的功率不是逐渐增大。

故A项错误。

B ： 沙袋从匀速上升的热气球上掉下后，只受重力，机械能守恒。

故B 项错误。

C ：沙袋从匀速上升的热气球上掉下后，只受重力，据动量定理，在相等时间内沙袋动量的变化相等。

故C 项正确。

D ：沙袋从匀速上升的热气球上掉下后，只受重力，加速度一定，相等时间内速度的变化相等，相等时间内沙袋动能的变化一般不相等。

故D 项错误。

点睛：不计空气阻力，沙袋从匀速上升的热气球上掉下后，由于惯性做竖直上抛运动。

14．A
解析：A
【解析】
根据碰撞过程动量守恒定律，如果△p A =-3kg•m/s 、△p B =3kg•m/s ，所以碰后两球的动量分别为p′A =2kg•m/s 、p′B =10kg•m/s ，根据碰撞过程总动能可能不增加，是可能发生的，故A 正确．两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小相等，方向相反，若△P A =3kg•m/s ，△P B =-3kg•m/s ，违反了动量守恒定律，不可能，故B 错误．根据碰撞过程动量守恒定律，如果△p A =3kg•m/s 、△p B =-3kg•m/s ，所以碰后两球的动量分别为
p′A =8kg•m /s 、p′B =4kg•m/s ，由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A 的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，故C 错误．如果△p A =-10kg•m/s 、△p B =10kg•m/s ，所以碰后两球的动量分别为p′A =-5kg•m/s 、p′B =17kg•m/s ，可以看出，碰撞后A 的动能不变，而B 的动能增大，违反了能量守恒定律，不可能．故D 错误．故选A ．
点睛：对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况．
15．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：mv 0cosθ=（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+12（m+M ）v 2=12
mv 02；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．
16．D
解析：D
【解析】
【详解】
A ．侧移量
222001()22Eq l Eql q y m v mv m
==∝ 则侧移量比
:2:1p y y α=
选项A 错误；
B ．速度偏转角正切
200tan y v qEl q v mv m
θ=
=∝ 则速度偏转角正切比 tan :tan 2:1p αϕϕ=
选项B 错误；
C ．动能增量
2222
202k E q l q E Eqy mv m
∆==∝ 则动能增量比
:1:1kp k E E α∆∆=
选项C 错误；
D ．动量增量
l p qEt qE q v ∆==⋅
∝ 则动量增加量比 :1:2p P P α∆∆=
选项D 正确。

故选D 。

17．B
解析：B
【解析】
【详解】
AC ．木块A 离开墙壁前，对A 、B 和弹簧组成的系统，由于墙壁对A 有弹力，则系统的外力之和不为零，故系统的动量不守恒；而木块A 离开墙壁后，A 、B 和弹簧组成的系统外力之和为零，则动量守恒，故AC 均错误；
BD ．木块A 离开墙壁前和木块A 离开墙壁后，A 、B 和弹簧组成的系统都只有弹簧的弹力做功，而其它力做功，则系统的 机械能一直守恒，故B 正确，D 错误。

故选B 。

18．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 。

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】
【分析】
【详解】
A ．两物体相互作用过程中系统动量守恒，A 、
B 动量变化量大小相等、方向相反，动量变化量不同，故A 错误；
B ．由动量定理可知，动量的变化率等于物体所受合外力，A 、B 两物体所受合外力大小相等、方向相反，所以合外力不同，动量的变化率不同，故B 错误；
C ．A 、B 和弹簧的系统只有弹簧的弹力做功，机械能守恒，但A 和B 的系统总动能要减少，变为弹性势能，故C 错误；
D ．两物体组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，系统总动量保持不变，故D 正确。

故选D 。

21．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
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．A
解析：A
【解析】
【分析】
【详解】
两人与车组成的系统动量守恒，开始时系统动量为零，两人与大小相等的速度相向运动，A的质量大于B的质量，则A的动量大于B的动量，AB的总动量方向与A的动量方向相同，即向右，要保证系统动量守恒，系统总动量为零，则小车应向左运动，故A正确，BCD错误．
24．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 。

25．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 。