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高中物理选修3-5动量及动量守恒定律同步训练题【知识储备】第一章 碰撞与动量守恒重点知识点总结1.碰撞:物体间相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大；系统动量守恒。a.弹性碰撞:如果碰撞过程中系统的动能损失很小，可以略去不计，这种碰撞叫做弹性碰撞。b.非弹性碰撞:碰撞过程中需要计算损失的动能的碰撞；如果两物体碰撞后黏合在一起，这种碰撞损失的动能最多，叫做完全非弹性碰撞。2.冲量：物体所受外力和外力作用时间的乘积，是矢量，是过程量。 公式：I=Ft 单位是Ns3.动量：物体的质量与速度的乘积，是矢量，是状态量公式：p=mv 单位是kg m/s；1kg m/s=1 Ns4.动量定理:系统所受合外力的冲量等于动量的变化；I=mvmv5.动量守恒定律:一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。成立的条件:系统不受外力或者所受外力的矢量和为零；内力远大于外力；如果在某一方向上合外力为零，那么在该方向上系统的动量守恒6.反冲:在系统内力作用下，系统内一部分物体向某方向发生动量变化时，系统内其余部分物体向相反的方向发生动量变化；系统动量守恒。【学以致用】1.关于动量、冲量，下列说法正确的是（）A物体动量越大，表明它受到的冲量越大B物体受到合外力的冲量等于它的动量的变化量C物体的速度大小没有变化，则它受到的冲量大小等于零D物体动量的方向就是它受到的冲量的方向2.从地面上方同一高度沿水平和竖直向上方向分别抛出两个等质量的小物体，抛出速度大小都是为v，不计空气阻力，对两个小物体以下说法正确的是（）A落地时的速度相同B落地时重力做功的瞬时功率相同C从抛出到落地重力的冲量相同D两物体落地前动量变化率相等3.关于物体的动量，下列说法中正确的是（）A物体的动量越大，其惯性也越大B同一物体的动量越大，其速度不一定越大C物体的加速度不变，其动量一定不变D运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向4.（多选题）下面的说法正确的是（）A当力与物体的位移垂直时，该力的冲量为零B如果物体（质量不变）的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零C物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大D做曲线运动的物体，在任何t时间内所受合外力的冲量一定不为零5.古时有“守株待兔”的寓言假设兔子质量约为2kg，以15m/s的速度奔跑，撞树后反弹的速度为1m/s，则兔子受到撞击力的冲量大小为 （）A28NsB29NsC31NsD32Ns6.质量为ma=1kg，mb=2kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移时间图象如图所示，则可知碰撞属于（）A弹性碰撞 B非弹性碰撞C完全非弹性碰撞 D条件不足，不能判断7.玻璃杯从同一高度落下，掉在石头上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与石头的撞击过程中（）A玻璃杯的动量较大 B玻璃杯受到的冲量较大C玻璃杯的动量变化较大 D玻璃杯受到的冲力较大8.某物体在水平桌面上，受到一个推力F的作用t秒钟，物体没有移动，则F对该物体的冲量为（）A0 BFt Cmgt D无法计算9.两球A、B在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（）AvA=5 m/s，vB=2.5 m/s BvA=2 m/s，vB=4 m/sCvA=4 m/s，vB=7 m/s DvA=7 m/s，vB=1.5 m/s10.一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击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（）A动量守恒，机械能不守恒B动量不守恒，机械能守恒C动量守恒，机械能守恒D无法判定动量、机械能是否守恒11.质量M=1.5kg的手榴弹某时刻恰好沿水平方向运动，速度大小是20m/s，此时在空中爆炸，分裂成两部分，其中0.5kg的那部分以40m/s的速度与原速度反向运动，则另一部分此时速率为（）A20 m/s B25 m/s C40 m/s D50 m/s12.（多选题）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m1和m2图乙为它们碰撞前后的st（位移时间）图象已知m1=0.1由此可以判断（）A碰前m2静止，m1向右运动B碰后m2和m1都向右运动Cm2=0.3kgD碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能13.（多选题）小车AB静置于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，AB车质量为M，长为L质量为m的木块C放在小车上，用细绳连结于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB与C都处于静止状态，如图所示当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是（）A如果AB车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒B整个系统任何时刻动量都守恒C当木块对地运动速度为v时，小车对地运动速度为vD整个系统最后静止14.如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧（弹簧与A、B不拴连），由于被一根细绳拉着而处于静止状态当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下述说法正确的是（）A两滑块的动能之比EkA：EkB=1：2B两滑块的动量大小之比pA：pB=2：1C两滑块的速度大小之比vA：vB=2：1D弹簧对两滑块做功之比WA：WB=1：115.如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，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，一个质量为m（mM）的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是（）A在以后的运动全过程中，小球和槽的水平方向动量始终保持某一确定值不变B在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒D小球被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处16.如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上一颗子弹水平射入木块A，并留在其中在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（）A动量守恒、动能守恒，机械能守恒B动量守恒、动能不守恒，机械能不守恒C动量不守恒、动能守恒，机械能守恒D动量、动能、机械能都不守恒17.（多选题）如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷 入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点时速度减为零不计空气阻力，重力加速度为 g关于小球在刚接触地面到速度变为零的过程中，下列说法中正确的有（）A小球的机械能减少了mghB小球克服阻力做的功为mg（H+h）C小球所受阻力的冲量等于mD小球动量的改变量大小等于m18.如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的两端当两人同时相向运动时（）A若小车不动，两人速率一定相等B若小车向左运动，A的动量一定比B的小C若小车向左运动，A的动量一定比B的大D若小车向右运动，A的动量一定比B的大19.有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计一吨左右）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L，已知他自身的质量为m，则渔船的质量（）A B C D20.（多选题）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上施加向左的力使轻质弹簧压缩，如图所示，对a、b和轻弹簧组成的系统，当撤去外力后，下列说法中正确的是（）Aa尚未离开墙壁前，系统动量守恒Ba尚未离开墙壁前，系统动量不守恒Ca离开墙壁后，系统动量守恒Da离开墙壁后，系统动量不守恒21.（多选题）如图所示，一质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定在其左端，另一质量也为m的物块乙以4m/s的速度与物块甲在同一直线上相向运动，则（）A甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，系统动量守恒B当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C碰撞过程中，甲物块的速率可能为1m/s，也可能为5m/sD碰撞过程中，乙物块的速率可能为2m/s，也可能为1.7m/s22.（多选题）如图所示，A、B两物体的质量比mA：mB=3：2，它们原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩了的弹簧，A、B与平板车上表面间动摩擦因数相同，地面光滑当弹簧突然释放后，则有（）AA、B系统动量守恒 BA、B、C系统动量守恒C小车向左运动 D小车向右运动23.（多选题）如图所示，光滑水平面上有静止的斜劈，斜劈表面光滑。将一质量为m、可视为质点的滑块从斜劈顶端由静止释放。在滑块滑到斜劈底端的过程中，下列说法正确的是（ ）A. 由滑块、斜劈组成的系统动量守恒B. 斜劈对滑块的支持力对滑块不做功，所以滑块的机械能守恒C. 虽然斜劈对滑块的支持力对滑块做负功，但是滑块、斜劈组成的系统机械能仍守恒D. 滑块、斜劈相对地面的水平位移之和大小等于斜劈底边边长24.如图所示，在光滑的水平面上放置一个质量为2m的木板B，B的左端放置一个质量为m的物块A，已知A、B之间的动摩擦因数为，现有质量为m的小球以水平速度v0飞来与A物块碰撞后立即粘住，在整个运动过程中物块A始终未滑离木板B，且物块A可视为质点，求（1）物块A相对B静止后的速度大小；（2）木板B至少多长25.如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数=0.2取重力加速度g=10m/s2求：（1）碰撞前瞬间A的速率v；（2）碰撞后瞬间A和B整体的速率v；（3）A和B整体在桌面上滑动的距离L26.如图，小球a、b质量均为m，b球用长h的细绳（承受最大拉力为2.8mg）悬挂于水平轨道BC（距地高0.5h）的出口C处a球从距BC高h的A处由静止释放后，沿ABC光滑轨道滑下，在C处与b球正碰并与b粘在一起试问：（1）a与b球碰前瞬间的速度大小？（2）a、b两球碰后，细绳是否会断裂？（3）若细绳断裂，小球在DE水平地面上的落点距C的水平距离是多少？若细绳不断裂，小球最高将摆多高？参考答案1.B【考点】动量定理【分析】物体的质量与速度的乘积是物体的动量，物体动量的变化等于合外力的冲量，据此分析答题【解答】解：A、物体的动量等于质量与速度的乘积，与物体受到的冲量无关，故A错误；B、由动量定理可知，物体受到合外力的冲量等于它的动量的变化量，故B正确；C、动量是矢量，物体的速度大小没有变化，如果物体速度方向发生变化，则物体动量发生变化，由动量定理可知，物体受到的冲量大小不为零，故C错误；D、物体动量的方向是物体速度的方向，与物体受到冲量的方向无关，故D错误；故选：B2.D【考点】动量定理；功率、平均功率和瞬时功率【分析】根据动能定理比较落地时的动能大小，方向不同；通过比较落地时竖直方向上的速度比较重力做功的瞬时功率，通过比较运动的时间比较重力冲量；动量定理求变化率【解答】解：A、根据动能定理两物体落地时，速度大小相等，方向不同，故落地时速度不同，故A错误；B、根据动能定理两物体落地时，速度大小相等，方向不同，重力做功的瞬时功率p=mgvsin，故B错误C、高度相同，平抛时间短，根据动量定理I=mgt，故C错误D、根据动量定理I=mgt故D正确故选：D3.D【考点】动量定理【分析】物体的质量与速度的乘积是物体的动量；根据动量的定义分析答题【解答】解：A、物体的动量P=mv，动量大的物体，它的质量不一定大，所以其惯性不一定大，故A错误；B、同一物体质量是一定的，动量越大，其速度一定越大故B错误；C、物体的加速度不变，其速度不断变化，动量一定不断变化，故C错误；D、动量是矢量，既有大小，又有方向，动量的方向与物体速度方向相同，故D正确；故选：D4.BD【考点】动量定理【分析】根据冲量的计算公式、动量定理分析答题【解答】解：A、力的冲量：I=Ft，当力与物体的位移垂直时，该力的冲量不为零，故A错误；B、如果物体（质量不变）的速度发生变化，物体的动量发生变化，由动量定理可知，物体所受到的合外力的冲量不零，故B正确；C、由动量定理可知，物体所受合外力冲量越大，物体动量的变化量越大，它的动量不一定大，故C错误；D、做曲线运动的物体，速度方向沿切线方向，速度不断变化，物体动量不断变化，由动量定理可知，在任何t时间内所受合外力的冲量一定变化，冲量一定不为零，故D正确；故选：BD5.【答案】D【解析】根据动量定理可知 I=mv2-mv1答案选D。6.A【考点】动量守恒定律【分析】根据xt图象的斜率等于速度求出各个物体的速度，分别求出碰撞前后的总动量，即可判断动量是否守恒；根据碰撞前后机械能是否守恒判断是否为弹性碰撞即可【解答】解：根据xt图象可知：a球的初速度为：va=3m/s，b球的初的速度为vb=0，碰撞后a球的速度为：va=1m/s碰撞后b球的速度为：vb=2m/s两球碰撞过程中，动能变化量为：Ek=mava2+0mava2=132112222=0则知碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞；故选：A7.D【考点】动量定理【分析】玻璃茶杯从同一高度掉下，落在水泥地上，茶杯与水泥地作用时间短，而落在海绵垫上，茶杯与海绵垫作用时间长，根据速度关系，分析动量和动量变化的关系，根据动量定理分析茶杯所受冲量关系和冲力的关系【解答】解：玻璃杯从同一高度下落，落地前的速度大小相等，故落地前的动量相等；而最后的速度均为零；故说明动量的变化一定相等；由动量定理可知冲量也一定相等；但由于掉在水泥地上的时间较短，则说明玻璃杯掉在水泥地上动量变化较快，从而导致冲击力较大；使玻璃杯易碎；故ABC错误，D正确；故选：D8.B【考点】动量定理【分析】根据冲量的定义式I=Ft求出推力对物体的冲量大小【解答】解：在t时间内，推力对物体的冲量I=Ft，因为物体静止不动，合力为零，合力的冲量为零故B正确，A、C、D错误故选：B9.B【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度【解答】解：考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度，因而AD错误，BC满足；两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，ABCD均满足；根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为22J，B选项碰撞后总动能为18J，C选项碰撞后总动能为57J，故C错误，B满足；故选B10.A【考点】动量守恒定律【分析】根据系统动量守恒的条件：系统不受外力或所受合外力为零，判断动量是否守恒根据是否是只有弹簧的弹力做功判断机械能是否守恒【解答】解：在子弹打击木块A及弹簧压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受的外力之和为零，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A正确，BCD错误故选：A11.D【考点】动量守恒定律【专题】定量思想；方程法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合【分析】手榴弹在炸裂前后水平方向动量守恒，由动量守恒定律可以求出另一块的速度【解答】解：以手榴弹为研究对象，爆炸过程中动量守恒，以手榴弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：Mv=m1v1+m2v2，即：1.520=0.5（40）+1v2，解得：v2=50m/s，方向与初速度方向相同；故ABC错误，D正确故选：D12.AC【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】st（位移时间）图象的斜率等于速度，由数学知识求出碰撞前后两球的速度，分析碰撞前后两球的运动情况根据动量守恒定律求解两球质量关系，由能量守恒定律求出碰撞过程中系统损失的机械能【解答】解：A、由st（位移时间）图象的斜率得到，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止m1向速度大小为v1=4m/s，方向只有向右才能与m1相撞故A正确 B、由图读出，碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动故B错误 C、由图求出碰后m2和m1的速度分别为v2=2m/s，v1=2m/s，根据动量守恒定律得，m1v1=m2v2+m1v1，代入解得，m2=0.3kg故C正确 D、碰撞过程中系统损失的机械能为E=，代入解得，E=0J故D错误故选：AC13.BCD【考点】动量守恒定律【分析】物体C与橡皮泥粘合的过程，系统机械能有损失；分析系统的合外力，即可判断动量是否守恒；根据动量守恒定律求解小车的速度根据系统的动量守恒定律求解整个系统最后的速度【解答】解：A、物体C与橡皮泥粘合的过程，发生非弹性碰撞，系统机械能有损失，产生内能，故A错误B、整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，故B正确，C、取物体C的速度方向为正方向，根据系统的动量守恒定律得：0=mv+MV，得小车对地运动速度为V=，负号表示方向与v方向相反，故C正确D、整个系统最终ABC的速度相同，根据系统的动量守恒定律得：0=（M+m）v，v=0，则整个系统最后静止，故D正确故选：BCD14.A【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】先根据动量守恒守恒求出脱离弹簧后两滑块的速度之比，根据动能、动量的表达式求出动能及动量之比，根据弹簧对两滑块做功等于滑块动能的变化量求出弹簧对两滑块做功之比【解答】解：A、C、在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒得：2mvA+mvB=0得：两滑块速度大小之比为： =，故C错误；两滑块的动能之比EkA：EkB=，故A正确；B、两滑块的动量大小之比pA：pB=，故B错误；D、弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比为：1：2，故D错误故选：A15.D【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】由动量守恒的条件可以判断动量是否守恒；由功的定义可确定小球和槽的作用力是否做功；由小球及槽的受力情况可知运动情况；由机械守恒及动量守恒可知小球能否回到最高点【解答】解：A、在以后的运动全过程中，当小球与弹簧接触后，小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，故A错误；B、下滑过程中，两物体都有水平方向的位移，而相互作用力是垂直于球面的，故作用力方向和位移方向不垂直，故相互作用力均要做功，故B错误；C、全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故C错误；D、小球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于mM，则小球的速度大小大于槽的速度大小，小球被弹簧反弹后的速度大小等于球与槽分离时的速度大小，小球被反弹后向左运动，由于球的速度大于槽的速度，球将追上槽并要槽上滑，在整个过程中只有重力与弹力做功系统机械能守恒，由于球与槽组成的系统总动量水平向左，球滑上槽的最高点时系统速度相等水平向左系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h处，故D正确；故选：D16.B【考点】动量守恒定律；功能关系【分析】根据系统动量守恒的条件：系统不受外力或所受合外力为零判断动量是否守恒根据是否是只有弹簧的弹力做功判断机械能是否守恒根据能量转化情况分析动能是否守恒【解答】解：在子弹打击木块A及弹簧压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统所受的外力之和为零，系统的动量守恒在此过程中，除弹簧弹力做功外还有阻力对系统做功，系统机械能不守恒在子弹打中木块A的过程，系统的动能减小转化为内能弹簧被压缩的整个过程中，系统的动能减小转化为弹性势能，所以动能不守恒故B正确ACD错误故选：B17.BD【考点】动量定理【分析】通过小球重力势能和动能的变化量求出小球机械能的减小量，对全过程运用动能定理，求出小球克服阻力做功的大小，根据动量定理求出小球阻力的冲量【解答】解：A、小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg（H+h），则小球的机械能减小了mg（H+h）故A错误B、对全过程运用动能定理得，mg（H+h）Wf=0，则小球克服阻力做功Wf=mg（H+h）故B正确C、落到地面的速度v=，对进入泥潭的过程运用动量定理得，知阻力的冲量大小不等于故C错误D、落到地面的速度v=，对进入泥潭后的速度为0，所以小球动量的改变量大小等于m故D正确故选：BD18.C【考点】动量守恒定律【分析】AB两人及小车组成的系统受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律分析即可求解【解答】解：AB两人及小车组成的系统受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：mAvA+mBvB+m车v车=0，A、若小车不动，则mAvA+mBvB=0，由于不知道AB质量的关系，所以两人速率不一定相等，故A错误；B、若小车向左运动，则AB的动量和必须向右，而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B的大，故B错误，C正确；D、若小车向右运动，则AB的动量和必须向左，而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B的小，故D错误故选C19.D【考点】动量守恒定律【分析】人和船组成的系统所受合外力为0，满足动量守恒，由位移与时间之比表示速度，根据动量守恒定律进行分析与计算【解答】解：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取船的速度为正方向则 v=，v=根据动量守恒定律：Mvmv=0，则得：M=m解得渔船的质量：M=故选：D20.BC【考点】动量守恒定律【分析】判断系统动量是否守恒看系统所受的外力之和是否为零当撤去外力F后，a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零a离开墙壁后，系统所受的外力之和为0【解答】解：A、当撤去外力F后，a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零所以和b组成的系统的动量不守恒故A错误、B正确C、a离开墙壁后，系统所受的外力之和为0，所以a、b组成的系统的动量守恒故C正确、D错误故选：BC21.AD【考点】动量守恒定律【分析】根据动量守恒的条件：系统所受的合外力为零判断动量是否守恒竖直方向上甲乙两物体所受的重力与水平面的支持力平衡水平方向系统不受外力当两物块相距最近时速度相同，根据动量守恒定律求出物块甲的速率物块甲的速率为1m/s时，速度方向可能与原来方向相同，也与原来方向相反，由动量守恒研究乙的速率若物块甲的速率为5m/s，由动量守恒求出乙的速率，根据系统的机械能是否守恒判断速率为5m/s是否可能【解答】解：A、甲、乙两物块（包括弹簧）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；B、当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，由动量守恒定律得：mv乙mv甲=2mv，代入数据解得：v=0.5m/s，故B错误C、若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相同，则：mv乙mv甲=mv甲+m乙v乙，代入数据代入解得：v乙=6m/s两个物体的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律若物块甲的速率达到5m/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=4m/s，可以，碰撞后，乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律所以物块甲的速率不可能达到5m/s，故C错误D、甲、乙组成的系统动量守恒，选取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv乙mv甲=mv甲+m乙v乙，碰撞结束后，系统的动能守恒，则： =代入数据解得：v甲=4m/s；v乙=3m/s可知碰撞结束后，甲与乙交换速度；碰撞过程中，乙物块的速度在4m/s3m/s之间都是可以的所以速率可能为2m/s，也可能为1.7m/s，故D正确故选：AD22.BC【考点】动量守恒定律【分析】在整个过程中三个物体组成的系统合外力为零，系统的动量守恒分析小车的受力情况，判断其运动情况【解答】解：A、B，由题意，地面光滑，所以A、B和弹簧、小车组成的系统受合外力为零，所以系统的动量守恒在弹簧释放的过程中，由于mA：mB=3：2，A、B所受的摩擦力大小不等，所以A、B组成的系统合外力不为零，动量不守恒故A错误B正确；C、D由于A、B两木块的质量之比为m1：m2=3：2，由摩擦力公式f=N=mg知，A对小车向左的滑动摩擦力大于B对小车向右的滑动摩擦力，在A、B相对小车停止运动之前，小车的合力所受的合外力向左，会向左运动，故C正确，D错误故选：BC23.CD由滑块、斜劈组成的系统，由于m沿斜面加速下滑，有竖直向下的分加速度，所以存在超重现象，则系统竖直方向的合外力不为零，因此系统动量不守恒，故A错误；滑块对斜面有压力，斜面向右运动，则斜劈对滑块的支持力与滑块相对于地面的位移不垂直，则该支持力对滑块要做功，所以滑块的机械能不守恒，故B错误斜劈对滑块的支持力方向与滑块相对于地面的位移方向之间夹角为钝角，所以斜劈对滑块的支持力对滑块做负功，但对滑块、斜劈组成的系统，只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故C正确滑块下滑的过程中，斜面向右运动，滑块相对于斜劈的水平位移等于斜劈底边边长，相当于滑块与斜面底端