高考物理力学知识点之动量经典测试题含答案解析

高考物理力学知识点之动量经典测试题含答案解析
一、选择题
1．如图所示的木块B 静止在光滑的水平面上，木块上有半径为0.4m r =的光滑
1
4
圆弧轨道，且圆弧轨道的底端与水平面相切，—可视为质点的物块A 以水平向左的速度0v 冲上木块，经过一段时间刚好运动到木块的最高点，随后再返回到水平面。

已知两物体的质量为
1kg A B m m ==、重力加速度g =10m/s 2。

则下列说法正确的是（ ）
A ．物块A 滑到最高点的速度为零
B ．物块A 的初速度大小为4m/s
C ．物块A 返回水平面时的速度为4m/s
D ．木块B 的最大速度为2m/s
2．如图所示，光滑绝缘水平轨道上带正电的甲球，以某一水平速度射向静止在轨道上带正电的乙球，当它们相距最近时，甲球的速度变为原来的1
5
．已知两球始终未接触，则甲、乙两球的质量之比是
A ．1：1
B ．1：2
C ．1：3
D ．1：4
3．将充足气后质量为0.5kg 的篮球从1.6m 高处自由落下，篮球接触地面的时间为0.5s ，竖直弹起的最大高度为0.9m 。

不计空气阻力，重力加速度大小为g=9.8m/s 2。

则触地过程中篮球地面的平均作用力大小为 A ．4.9N B ．8.9N C ．9.8N D ．14.7N
4．有人设想在遥远的宇宙探测时，给探测器安上反射率极高（可认为100%）的薄膜，并让它正对太阳，用光压为动力推动探测器加速。

已知某探测器在轨道上运行，阳光恰好垂直照射在薄膜上，若膜面积为S ，每秒每平方米面积获得的太阳光能为E ，探测器总质量为M ，光速为c ，则探测器获得的加速度大小的表达式是（光子动量为h
p λ
=）（ ）
A ．
2ES
cM
B ．
22ES
c M
C ．
ES
cM
D ．
2ES
cMh
5．如图，光滑水平面上有两辆小车，用细线相连，中间有一个被压缩的轻弹簧，小车处于静止状态。

烧断细线后，由于弹力的作用两小车分别向左、右运动。

已知两小车质量之比m1:m2=2:1，下列说法正确的是
A．弹簧弹开后两车速度大小之比为1:2
B．弹簧弹开后两车动量大小之比为1:2
C．弹簧弹开过程m1、m2受到的冲量大小之比为2:1
D．弹簧弹开过程弹力对m1、m2做功之比为1:4
6．20世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空的全新领域．现有一艘远离星球在太空中直线飞行的宇宙飞船，为了测量自身质量，启动推进器，测出飞船在短时间Δt内速度的改变为Δv，和飞船受到的推力F（其它星球对它的引力可忽略）．飞船在某次航行中，当它飞近一个孤立的星球时，飞船能以速度v，在离星球的较高轨道上绕星球做周期为T的匀速圆周运动．已知星球的半径为R，引力常量用G表示．则宇宙飞船和星球的质量分别是（）
A．F v
t
，
2
v R
G
B．F v
t
，
3
2
v T
G
π
C．F t
v
，
2
v R
G
D．F t
v
，
3
2
v T
G
π
7．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（）
A2gh
B2gh
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
8．我国的传统文化和科技是中华民族的宝贵精神财富，四大发明促进了科学的发展和技术的进步，对现代仍具有重大影响，下列说法正确的是（）
A．春节有放鞭炮的习俗，鞭炮炸响的瞬间，动量守恒但能量不守恒
B．火箭是我国的重大发明，现代火箭发射时，火箭对喷出气体的作用力大于气体对火箭的作用力
C．装在炮弹中的火药燃烧爆炸时，化学能全部转化为弹片的动能
D．指南针的发明促进了航海和航空，静止时指南针的N极指向北方
9．一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
10．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
11．A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移－时间图象(x－t图)分别为如图中ADC和BDC所示．由图可知，物体A、B的质量之比为()
A．1:1B．1:2C．1:3D．3:1
12．如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则()
A ．小木块和木箱最终都将静止
B ．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动
C ．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动
D ．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动
13．光滑水平地面上，A ，B 两物块质量都为m ，A 以速度v 向右运动，B 原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A 撞上弹簧，弹簧被压缩到最短时 ( )
A ．A 、
B 系统总动量为2mv B ．A 的动量变为零
C ．B 的动量达到最大值
D ．A 、B 的速度相等
14．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 +
15．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
16．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
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．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
19．质量为2kg 的物体放在光滑水平面上，受到水平方向成30°角的斜向上的拉力F =3N 的
作用，经过10s(取g =10m/s 2)( ) A ．力F 的冲量为153N·s B ．物体的动量的变化是30kg·m/s C ．重力的冲量是零
D ．地面支持力的冲量是185N·
s 20．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
21．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
22．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
23．如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系绳小球拉开到一定角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中( )
A ．小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒
B ．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒
C ．小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度不为零
D ．在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反
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，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
【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 ．物块A 刚好运动到木块B 的最高点时，两者共速为v ，对物块A 和木块B 组成的系统，由机械能守恒和水平方向动量守恒得：
20
12A m v =m A gR +2
1)2
A B m m v （+ 0()A A B m v m m v =+
解得
v 0=4m/s 、v =2m/s
故A 错误，B 正确；
CD ．当物块A 返回到水平面时，木块B 的速度最大，由机械能守恒和水平方向动量守恒得：
20
12A m v =2112A m v +2
212
B m v A 0A 1B 2m v m v m v =+
解得
v 2=4m/s 、v 1=0m/s
另一组解
v 1=4m/s 、v 2=0（舍去）
故CD 错误。

2．D
解析：D 【解析】
甲、乙组成的系统动量守恒，当两球相距最近时具有共同速度v ，由动量守恒： m 甲v 0=(m 甲+m 乙)
5
v 解得：m 乙=4m 甲，故D 正确，ABC 错误． 故选：D ．
点睛：A 、B 组成的系统动量守恒，当两球相距最近时具有共同速度，由动量守恒求解．
3．D
解析：D 【解析】 【分析】
由动能定理可以求出小球落地与反弹时的速度，然后由动量定理求出小球对地面的冲击力。

【详解】
由动能定理得：小球下落过程：mgh 1=
1
2mv 12-0，1 5.6/v m s ===，方向竖直向下；小球上升过程：-mgh 2=0-
1
2
mv 22，
2 4.2/v m s ==，方向竖直向上；以向下为正方向，由动量定理
得：（mg-F ）t=mv 2-mv 1，即：（0.5×9.8-F ）×0.5=0.5×（-4.2）-0.5×5.6，F=14.7N ；方向向上；故D 正确，ABC 错误。

故选D 。

【点睛】
本题考查动量定理的应用，只要能熟练应用动能定理与动量定理可以正确解题，应用动量定理解题时，要注意正方向的选取。

4．A
解析：A 【解析】 【分析】 【详解】 由E =h ν，h
p λ
=
以及光在真空中光速c =λν知，光子的动量和能量之间关系为
E pc =
设时间t 内射到探测器上的光子个数为n ，每个光子能量为E ，光子射到探测器上后全部反射，则这时光对探测器的光压最大，设这个压强为p 压，每秒每平方米面积获得的太阳光能
nE
t
，由动量定理得
2t
F p n
⋅
= 压强
p F S
=
压 对探测器应用牛顿第二定律F Ma =，可得
S
a p M
=
压 联立解得
2ES
a cM
=
故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

5．A
解析：A 【解析】 【详解】
AB ．两小车和弹簧组成的系统，在烧断细线后，合外力为零，动量守恒，所以两车的动量大小之比为1:1，由2211v m v m =结合12:2:1m m =可知12:1:2v v =，所以A 选项正确, B 选项错误；
C ．由于弹簧弹开过程，对两小车每时每刻的弹力大小相等，又对应着同一段作用时间，由I Ft =可知，m 1、m 2受到的冲量大小之比为1:1，所以C 选项错误；
D ．根据功能关系的规律，弹簧弹开过程，弹力对m 1、m 2做功等于两小车动能的增量，由
2
102
k W E mv =∆=
- 代入数据可知12:1:2W W =，所以D 选项错误。

6．D
解析：D 【解析】 【分析】
根据动量定理求解飞船质量；根据牛顿第二定律与万有引力定律求解星球质量； 【详解】
直线推进时，根据动量定理可得F t m v ∆=∆，解得飞船的质量为F t
m v
∆=
∆，绕孤立星球运动时，根据公式2224Mm G m r r T π=，又22Mm v G m r r =，解得32v T
M G
π=，D 正确．
【点睛】
本题需要注意的是飞船在绕孤立星球运动时，轨道不是星球的半径，切记切记．
7．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
22
1212
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 。

8．D
解析：D 【解析】
鞭炮炸响的瞬间，因内力远大于外力，故系统动量守恒，同时在爆炸过程中，总能量是守恒的，A 错误；现代火箭发射时，火箭对喷出气体的作用力和气体对火箭的作用力为作用力和反作用力，根据牛顿第三定律可知，二者大小相等，方向相反，B 错误；装在炮弹中的火药燃烧爆炸时，化学能转化为弹片的动能和周围物体的内能，C 错误；指南针的发明促进了航海和航空，因地磁场南极处在地理北极处，故指南针静止时指南针的N 极指向北方，D 正确．
9．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 。

10．B
解析：B 【解析】
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．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
由x －t 图象可以知道,碰撞前164/,0m /s 4A A B A s v m s v t =
===，碰撞后20161m /s 84
A B s v v v t '
'-=====- 碰撞过程动量守恒,对A 、B 组成的系统,设A 原方向为正方向,则由动量守恒定律得:()A A A B m v m m v =+, 计算得出:1:3A B m m = 故C 正确；ABD 错误；故选C
12．B
解析：B
【分析】
【详解】
系统所受外力的合力为零，动量守恒，初状态木箱有向右的动量，小木块动量为零，故系统总动量向右，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终相对静止，由于系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律，最终两物体以相同的速度一起向右运动．故B正确，ACD错误．
13．D
解析：D
【解析】
【详解】
A：A、B组成的系统所受的合外力为零，动量守恒，初始时总动量为mv；弹簧被压缩到最短时，A、B系统总动量仍为mv．故A项错误．
BCD：A在压缩弹簧的过程中，B做加速运动，A做减速运动，两者速度相等时，弹簧压缩量最大，然后B继续加速，A继续减速，所以弹簧压缩最短时，B的动量未达到最大值．弹簧被压缩到最短时，A、B的速度相等，A的动量不为零．故BC两项错误，D项正确．
【点睛】
两物体沿一直线运动，速度不等时，两者间距离发生变化；当两者速度相等时，两物体间距离出现极值．
14．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
Mgt Mu
-=--
在这一段时间里，对物体A由动量定理得
-=-
I mgt mv
解得
()
I m v u
=+
故D正确，ABC错误。

故选D。

15．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 。

16．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．
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 18．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
'=+=<E k ， 故碰撞后动能减小，并且不会发生二次碰撞，是可能发生的，故D 正确。

故选：D
19．D
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
拉力F 向上的分量为
F sin30°=1.5 N
地面支持力为
sin 30mg F -=18.5 N
拉力F 沿水平方向的分力为 33cos302
F N =
根据I=Ft ，所以力F 的冲量为I F =30 N·
s 。

合力的冲量为
cos30F t s ⋅=⋅
则动量的变化量为m/s ，重力的冲量为200 N·s ，地面支持力的冲量为185 N·s ，选项D 正确。

故选D 。

20．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222
111122111222
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．
21．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．
22．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 。

23．D
解析：D
【解析】
【详解】
小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受外力不为零，故系统只在在水平方向动量守恒，故A 、B 错误；由于水平方向动量守恒，小球向左摆到最高点，小球水平速度为零，小车的速度也为零，故C 错误；系统只在在水平方向动量守恒，且总动量为零．在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反．故D 正确
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；
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．。