2020届高三物理动量守恒专题训练(共38题)

1、2020届高三物理动量守恒专题训练（共38题）一、单选题（本大题共12小题）1. 如图甲是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图，打夯前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计。已知夯锤的质量为M=450kg，桩料的质量为m=50kg。每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶h0=5m处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动。桩料进入泥土后所受阻力随打入深度h的变化关系如图乙所示，直线斜率k=5.05104N/m。g取10m/s2，则下列说法正确的是()A. 夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为9m/sB. 夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为4.5m/sC.

2、打完第一夯后，桩料进入泥土的深度为1mD. 打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为3m2. 如图所示为某场足球比赛中运动员罚点球时的情景，运动员将静止在草坪上的足球以35m/s的速度踢出，守门员准确地判断来球方向，并将以25m/s的速度飞来的足球以10m/s的速度沿原路挡出。已知守门员的双手与足球的作用时间约为0.1s，受到足球的平均作用力大小约为150N，不考虑运动员和守门员触球瞬间足球重力的作用，则罚点球时运动员的脚对足球作用力的冲量大小约为()A. 12NgB. 13.5NsC. 15NsD. 16.6Ns3. 如图所示，小球a、b用长度相同的细线悬挂于同一固定点O.让球a静止下垂，将球b向

3、右拉起，使细线水平伸直。由静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60，则小球a、b的质量之比为()A. 1：1B. 1：2C. (2-1)：1D. 1：(2-1)4. 为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水位上升了45mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12m/s，据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲叶后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1103kg/m3)A. 0.15PaB. 0.54PaC. 1.5PaD. 5.4Pa5. 啄木鸟觅食时，啄木鸟的头部摆动很快，啄木的速度达到每秒十五到十六次。

4、研究发现，啄木鸟的头部很特殊：大脑和头骨之间存在着小小的硬脑膜，头颅坚硬，骨质松而充满气体，似海绵状；从而使啄木鸟不会发生脑震荡。下面哪个物理规律可以很好地解释啄木鸟不会得脑震荡()A. 动能定理B. 动量定理C. 机械能守恒定律D. 动量守恒定律6. 如图所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接着质量为M的木块A，开始时木块A静止，现让一质量为m的木块B从木块A正上方高为h处自由下落，与木块A碰撞后一起向下压缩弹簧，经过时间t木块A下降到最低点。已知弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，木块A与木块B碰撞时间极短，重力加速度为g，下列关于从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始

5、位置时的过程中弹簧对木块A的冲量I的大小正确的是()A. I=2(M+m)2ghB. I=2(M+m)gtC. I=2(M-m)2ghD. I=2m2gh+2(M+m)gt7. 质量为2m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动，与质量为m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后B球的速度大小vB不可能为()A. 13v0B. 23v0C. v0D. 43v08. 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

6、自身的质量为m，则渔船的质量为()A. m(L+d)dB. m(L-d)dC. mLdD. mLd+L9. 如图所示，从地面上的A点以速度v竖直向上拋出一小球，小球上升至最高点B后返回，O为A、B的中点，小球在运动过程中受到的空气阻力大小不变。下列说法正确的是()A. 小球上升至O点时的速度等于0.5vB. 小球在上升过程中重力的冲量小于下降过程中重力的冲量C. 小球在上升过程中合力的冲量小于下降过程中合力的冲量D. 小球在上升过程中动能的减少量等于下降过程中动能的增加量10. 人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为120g，从离人眼约20c

7、m的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.2s，取重力加速度g=10m/s2；下列分析正确的是()A. 手机与眼睛作用过程中手机动量变化约为0.48kgm/sB. 手机对眼睛的冲量大小约为0.48NSC. 手机对眼睛的冲量方向竖真向上D. 手机对眼睛的作用力大小约为0.24N11. 如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2(已知m2=1kg)的两物块A、B相连接，弹簧处于原长，三者静止在光滑的水平面上。现使B获得水平向右、大小为6m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的图象如图乙所示，从图象提供的信息可得()A. t3到t4时间内弹簧由原

8、长变化为压缩状态B. 在t1时刻，两物块达到共同速度2m/s，且弹簧处于压缩状态C. t3时刻弹簧的弹性势能为6JD. 在t2和t4时刻，弹簧均处于原长状态12. 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. 30kgm/sB. 5.7102kgm/sC. 6.0102kgm/sD. 6.3102kgm/s二、多选题（本大题共14小题）13. 如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦圆心O点正下方放置为2m的小球A，质量为m的小球

9、B以初速度v0向左运动，与小球A发生弹性碰撞碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度v0可能为()A. 22gRB. 2gRC. 25gRD. 5gR14. 如图甲所示在光滑水平面上轻质弹簧一端固定。物体A以速度v0向右运动压缩弹簧测得弹簧的最大压缩量为x。现让该弹簧一端连接另一质量为2m的物体B(如图乙所示)，静止在水平面上。物体A以2v0的速度向右压缩弹簧测得弹簧的最大压缩量仍为x。则()A. A物体的质量为6mB. A物体的质量为4mC. 弹簧压缩最大时的弹性势能为3mv02D. 弹簧压缩最大时B的动量为3mv015. 如图所示，质量均为1.0kg的木板A和半径为0.1m

10、的14光滑圆弧槽B静置在光滑水平面上，A和B接触但不粘连，B左端与A相切。现有一质量为2.0kg的小滑块C以5m/s的水平初速度从左端滑上A，C离开A时，A的速度大小为1.0m/s。已知A、C间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2.下列说法正确的是()A. 木板A的长度为0.85mB. 滑块C能够离开B且离开B后做竖直上抛运动C. 整个过程中A、B、C组成的系统水平方向动量守恒D. B的最大速度为5m/s16. 水平面上有质量为ma的物体a和质量为mb的物体b，分别在水平推力Fa和Fb作用下开始运动，运动一段时间后都撤去推力，两个物体都将再运动一段时间后停下。两物体运动的v-t图线

11、如图所示，图中线段AC/BD.则以下说法正确的是()A. 若mamb，则Famb，则FaFb，且物体a克服摩擦力做功大于物体b克服摩擦力做功C. 若mamb，则可能FaFb，且物体a所受摩擦力的冲量大于物体b所受摩擦力的冲量D. 若maFb，且物体a所受摩擦力的冲量小于物体b所受摩擦力的冲量17. A、B两球在水平光滑面上向同方向运动，已知它们的动量分别是p1=6kgm/s，p2=9kgm/s，A球从后面追上B球并发生碰撞，碰后A球的动量变为3kgm/s，则A、B两球质量m1与m2的关系可能是()A. m1=m2B. 2m1=m2C. 3m1=m2D. 4m1=m218. 如图所示，A、B、C

12、三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上，三个球的质量分别为mA=3kg，mB=2kg，mC=1kg，三个小球的初状态均静止，B、C两球之间连着一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态。现给A一个向左的初速度v0=10m/s，A、B碰后A球的速度依然向左，大小为2m/s，下列说法正确的是()A. 球A和B的碰撞是弹性碰撞B. 球A和B碰撞后，球B的最小速度可为0C. 球A和B碰撞后，弹簧的最大弹性势能可以达到72JD. 球A和B碰撞后，球B速度最小时球C的速度可能为16m/s19. 如图，长度为l=1m，质量为M=1kg的车厢，静止于光滑的水平面上。车厢内有一质量为m=1kg可视为质点的物块以

13、速度v0=10m/s从车厢中点处向右运动，与车厢壁来回弹性碰撞n次后，与车厢相对静止，物块与车厢底板间动摩擦因数为=0.1，重力加速度取g=10m/s2.下列说法正确的是()A. n=26B. 系统因摩擦产生的热量为25JC. 物块最终停在小车右端D. 小车最终运动的速度为5m/s，方向水平向右20. 如图(a)，一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图(b)为物块与木板运动的v-t图象，图中t1、v0、v1已知。重力加速度大小为g。由此可求得()A. 木板的长度B. 物块与木板的质量之比C. 物块与木板之间的动摩擦因数D. 从t=0开始到t1时刻，木板获得的动

14、能21. 如图，C是放在光滑水平面上的一块右端有固定档板的长木板，在木板的上面有两块可视为质点的小滑块A和B，三者的质量均为m，滑块A、B与木板间的动摩擦因数均为.最初木板静止，A以初速度v0从C的左端、B以初速度2v0从木板中间某一位置同时以水平向右的方向滑上木板C.在之后的运动过程中B曾以43v0的速度与C的右档板发生过一次弹性碰撞，重力加速度为g，则对整个运动过程，下列说法正确的是()A. 滑块A的最小速度为23v0B. 滑块B的最小速度为56v0C. 滑块A与B可能发生碰撞D. 系统的机械能减少了40%22. 如图甲所示，物块a、b间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧，整个系统静止放在光滑

15、水平地面上，其中a物块最初与左侧固定的挡板相接触，b物块质量为1kg。现解除对弹簧的锁定，在a物块离开挡板后，b物块的v-t关系图象如图乙所示。则下列分析正确的是()A. a的质量为1kgB. a的最大速度为4m/sC. 在a离开挡板后，弹簧的最大弹性势能为1.5JD. 在a离开挡板前，a、b及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒23. 如图所示，在光滑的水平地面上静止放置一质量为M=1kg的木板A，木板上表面粗糙且固定一竖直挡板，挡板上连接一轻质弹簧，当弹簧处于原长时，在弹簧的左端轻放一质量为m=0.9kg的物块B，现有一颗质量为m0=0.1kg的子弹C以v0=400m/s的速度水平击中物块并嵌

16、入其中，该过程作用时间极短，则在A、B、C相互作用的过程中，下列说法中正确的有()A. A、B、C组成的系统动量守恒B. A、B、C以及弹簧组成的系统机械能守恒C. 子弹击中物块B的瞬间对物块B产生的冲量为40NsD. 弹簧被压缩到最短时木板的速度为20m/s24. 如图所示，A、B两球用轻绳和轻弹簧同时连接，静止在光滑的水平面上，轻绳与弹簧中心轴重合，弹簧处于压缩状态，A球质量比B球质量大，剪断轻绳后，下列说法正确的是(弹簧与A、B球均栓接在一起，且弹簧形变量始终处于弹簧弹性限度范围内)()A. 当A球的速度达到最大时，B球的速度不一定达到最大B. A、B两球组成的系统机械能不守恒C. 从剪

17、断轻绳到弹簧恢复原长的过程中，弹簧对A球的冲量大小大于对B球的冲量大小D. 从剪断轻绳到弹簧恢复原长的过程中，弹簧对A球做的功小于对B球做的功25. 大小相同的三个小球(可视为质点)a、b、c静止在光滑水平面上，依次相距l等距离排列成一条直线，在c右侧距c为l处有一竖直墙，墙面垂直小球连线，如图所示。小球a的质量为2m，b、c的质量均为m。某时刻给a一沿连线向右的初动量p，忽略空气阻力、碰撞中的动能损失和碰撞时间。下列判断正确的是()A. c第一次被碰后瞬间的动能为2p29mB. c第一次被碰后瞬间的动能为4p29mC. a与b第二次碰撞处距竖直墙的距离为65lD. a与b第二次碰撞处距竖直墙

18、的距离为75l26. 质量为mA的A球，以某一速度沿光滑水平面向静止的B球运动，并与B球发生弹性正碰，假设B球的质量mB可选取为不同的值，则()A. 当mB=mA时，碰后B球的速度最大B. 当mB=mA时，碰后B球的动能最大C. 在保持mBmA的条件下，mB越小，碰后B球的速度越大D. 在保持mB0.5v，故A错误B、下降过程，阻力向上，根据牛顿第二定律，有：mg-f=ma2；故a1a2；根据h=12at2可知，t1E下，故D错误；故选：B本题关键是取阻力的平均效果，然后分上升和下降过程列式求解，要知道研究合力问题，往往根据动量定理。研究动能的变化量根据动能定理。10.【答案】B【解析】解：A

19、、h=20cm=0.20m；m=120g=0.12kg；根据自由落体得手机掉落到人眼睛位置时的速度为：v=2gh=2m/s；手机与眼睛作用后手机的速度变为0，选取向下为正方向，所以手机与眼睛作用过程中动量变化为：P=0-mv=-0.24kgm/s，故A错误；B、手机与眼接触的过程中受到重力与眼睛的作用力，取选取向下为正方向，对手机由动量动量得：mgt+I=P，代入数据可得：I=-0.48Ns，负号表示方向竖直向下，根据力的作用是相互的，所以手机对眼睛的冲量大小约为0.48Ns，故B正确；C、因为手机对眼睛的力的方向是竖直向下，所以手机对眼睛的冲量方向竖真向下，故C错误；D、根据冲量定义得手机对

20、眼睛的作用力大小约为：F=It=2.4N，故D错误。故选：B。根据自由落体求手机掉落到人眼睛位置时的速度，然后应用动量定理和牛顿第三定律求手机动量变化和手机对眼睛的冲量大小。本题以手机砸伤眼睛的情况为背景命制试题，让人觉得耳目一新，感觉物理学就在我们身边，可以用它来解释我们身边经常见到或遇到的一些现象的物理学原理，能够激发学生的求知欲和学习兴趣；考查的是动量定理及牛顿第三定律的应用。11.【答案】D【解析】解：A、由题图可知，t3到t4时间内，A减速，B加速，弹簧由压缩状态恢复到原长，即t3时刻弹簧处于压缩状态，t4时刻弹簧处于原长，故A错误；B、0到t1时间内，B减速，A加速，B的速度大于A

21、的速度，弹簧被拉伸，t1时刻两物块达到共同速度2m/s，弹簧处于伸长状态，故B错误；C、在t1时刻，两物块达到共同速度2m/s，又知系统的动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m2v0=(m1+m2)v1其中v0=6m/s，v1=2m/s，m2=1kg，解得：m1=2kgt3时刻，由能量守恒定律得：12m2v02=12(m1+m2)v32+EP其中v3=2m/s，解得：EP=12J，故C错误；D、在t2时刻A的速度最大，弹簧处于原长状态。t4时刻，弹簧也处于原长状态，故D正确。故选：D。两物块和弹簧组成的系统合外力为零，系统的动量守恒。只有弹簧的弹力做功，系统的机械能也守恒，系

22、统动能最小时，弹性势能最大，据此根据图象中两物块速度的变化，可以分析系统动能和弹性势能的变化情况。对于这类含有弹簧的问题，要注意用动态思想认真分析物体的运动过程，分析过程中的功能转化关系。解答时注意动量守恒和机械能守恒列式分析，同时根据图象，分析清楚物体的运动情况。12.【答案】A【解析】解：开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得，0=m1v1+p，解得火箭的动量p=-m1v1=-0.05600kgm/s=-30kgm/s，负号表示方向相反，故A正确，B、C、D错误。故选：A。本题考查了动量守恒定律的基本运用，知道喷出燃气的动量和火箭的动量大小相等，方向相反，基础题。1

23、3.【答案】BC【解析】解：A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向为正方向，设碰撞后B与A的速度分别为v1和v2，则：mv0=mv1+2mv2由动能守恒得：12mv02=12mv12+122mv22联立得：v2=23v0 1.恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，是在最高点的速度为vmin，由牛顿第二定律得：2mg=2mvmin2R A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：122mv22=122mvmin2+2mg2R 联立得：v0=1.55gR，可知若小球B经过最高点，则需要：v01.55gR2.小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，

24、恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律得：122mv22=2mgR联立得：v0=1.52gR可知若小球不脱离轨道时，需满足：v01.52gR由以上的分析可知，若小球不脱离轨道时，需满足：v01.52gR或v01.55gR，故AD错误，BC正确故选：BC小球A的运动可能有两种情况：1.恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球到达最高点点的速度，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球A的速度由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球B的初速度；2.小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球A的速度由碰撞过程

25、中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球B的初速度熟练应用牛顿第二定律、机械能守恒定律、动量守恒定律即可正确解题，注意小球A的运动过程中不脱离轨道可能有两种情况，难度适中14.【答案】ACD【解析】解：当弹簧固定时，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A的动能转化为弹簧的弹性势能，根据系统的机械能守恒得：弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有：Epm=12mAv02 当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得：mA2v0=(2m+mA)v，由机械能守恒定

26、律得：Epm=12mA(2v0)2-12(mA+2m)v2，联立得：mA=6m 联立得：Epm=3mv02弹簧压缩最大时B的动量为2mv=3mv0故ACD正确B错误。故选：ACD。水平面光滑，物块压缩弹簧时，物块的动能转化为弹簧的弹性势能，弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于物块的初动能。A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出最大弹性势能的表达式，然后求出A与B的质量之间的关系。本题考查了求弹簧的弹性势能、B的速度，分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题。15.【答案】CD【解析】解：A、C离开A前，A、B、C

27、系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mCvC=mCvC+(mA+mB)vAB由能量守恒定律得：12mCvC2=12mCvC2+12(mA+mB)vAB2+mCgL代入数据解得：vC=4m/s，L=0.8m，故A错误；B、滑块C在圆弧槽B上达到最高度时两者速度相等，B、C系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mCvC+mBvAB=(mB+mC)v由能量守恒定律得：12mCvC2+12mBvAB2=12(mB+mC)v2+mCgh代入数据解得：h=0.15mr=0.1m，C将离开B，C离开B时具有水平与竖直向的分速度，即C离开B时速度方向斜向右上方，滑块C能够离开B

28、且离开B后做斜上抛运动，故B错误；C、A、B、C组成的系统在整个运动过程在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，故C正确；D、滑块C离开B运动一段时间后会再落回B，B、C再次分离时B的速度最大，B、C系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mCvC+mBvAB=mCvC+mBvB，由能量守恒定律得：12mCvC2+12mBvAB2=12mCvC2+12mBvB2，代入数据解得：vB=5m/s，vC=2m/s，故D正确。故选：CD。C离开A前，A、B、C系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出C离开A时C的速度，应用能量守恒定律可以求出A的长度；B、C系统在水平方向动量

29、守恒，C到达最高点时B、C水平方向速度相等，应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题。本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。16.【答案】BD【解析】解：由图象可知，由于AB/CD，可见撤去拉力后，两物体的加速度相等，故两物体与水平面间的动摩擦因数相同；而撤去拉力之前，物体a的加速度大于物体b的加速度，由牛顿第二定律可知：F1-magmaF2-mbgmb解得：F1maF2mb，AB、若mamb，则有：F1F2；a的总位移：xa=2v022t0=2v0t0b的总位移：xb=v023t0=1.5v0t0可知物体a的位移更

30、大，克服摩擦力做功Wf=mgx，若mamb，则物体a克服摩擦力的功大于物体b克服摩擦力做功，故A错误，B正确；CD、若maF2mb，则无法比较水平推力的大小关系；所受到的摩擦力的冲量大小If=mgt，由图可知，物体b运动的时间更长，若maP2m2解得：m1m223碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：p1+p2=p1+p2解得：P2=12kgm/s碰撞过程总动能不增加：p122m1+p222m2p122m1+p222m2解得：m1m237碰撞后两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则有：p1m1p2m2解得：m1m214综上所述可知：14m1m237，故AB错误，C

31、D正确。故选：CD。两球碰撞过程遵守动量守恒定律，由动量守恒求出碰撞后B的动量。根据A球速度大于B球速度，以及碰撞过程中总动能不增加，列出不等式，求出A与B质量比值的范围进行选择。本题考查对碰撞规律的理解和应用能力。碰撞有三个基本规律：一、动量守恒；二、系统总动能不增加；三、碰撞后如同向运动，后面的物体的速度不大于前面物体的速度，即要符合实际运动情况。18.【答案】AD【解析】解：A、A、B两球碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mAv0=mAvA+mBvB，代入数据解得：vB=12m/s，碰撞前系统总动能：EK=12mAv02=123102J=150J，碰撞后系统总动能：

32、EK=12mAvA2+12mBvB2=12322J+122122J=150J，碰撞过程机械能不变，机械能守恒，碰撞是弹性碰撞，故A正确；BD、A、B碰撞后，B、C组成的系统水平方向动量守恒，弹簧恢复原长时B的速度最小，C的速度最大，以向左为正方向，从碰撞后到弹簧恢复原长过程，在水平方向，由动量守恒定律得：mBvB=mBvB+mCvC，由机械能守恒定律得：12mBvB2=12mBvB2+12mCvC2，代入数据解得：vB=4m/s，vC=16m/s，由此可知，球A和B碰撞后，B的最小速度为4m/s，此时C的速度为16m/s，故B错误，D正确；C、B、C速度相等时弹簧伸长量最大，弹簧弹性势能最大，

33、B、C系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mBvB=(mB+mC)v，由机械能守恒定律得：12mBvB2=12(mB+mC)v2+EP，代入数据解得，弹簧的最大弹性势能：EP=48J，故C错误。故选：AD。A、B两球碰撞过程动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后B球的速度，然后判断碰撞是否为弹性碰撞；弹簧恢复原长时B球的速度最小，对B、C系统应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出B的最小速度；当B、C两球的速度相等时弹簧伸长量最大，弹簧弹性势能最大，B、C两球组成的系统水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出弹簧的最大弹性势能。本题考查了动量守恒定律

34、的应用，分析清楚小球的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题，解题时要注意系统在水平方向动量守恒，注意正方向的选择。19.【答案】BD【解析】解：D、车厢与物块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(M+m)v，代入数据解得：v=5m/s，方向：水平向右，故D正确；B、对系统，由能量守恒定律得：12mv02=12(M+m)v2+Q，代入数据解得：Q=25J，系统因摩擦产生的热量为25J，故B正确；AC、摩擦产生的热量：Q=mgs，代入数据解得：s=25m，物块相对车厢滑行的距离为25m，车厢长度为1m，物块从车厢中点出发，则最终物块静止在车

35、厢中点，物块与车厢碰撞的次数为25次，故AC错误。故选：BD。车厢与物块组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出小车的最终速度；应用能量守恒定律求出物块相对于车厢的路程，然后判断物块最终停靠点。本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以解题。20.【答案】BC【解析】【分析】物块与木板组成的系统动量守恒，根据图示图象分析清楚运动过程，应用动量守恒定律与能量守恒定律、动量定理、动能定理分析答题。本题考查了动量守恒定律的应用，物块与木板组成的系统动量守恒，根据图示图象分析清楚物块与木板的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、动量定理即可解题。【解答】A、系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出物块相对与木板滑行的距离，木板的长度可能等于该长度、也可能大于该长度，根据题意无法求出木板的长度，故A错误；B、物块与木板作出的系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(m+M)v1，解得：mM=v1v0-v1，v0与v1已知，可以求出物块与木板的质量之比，故B正确；C、对木板，由动量定理得：mgt1=Mv1，解得：=v0-v1gt1，由于t1、v0、v1已知，可以求出动摩擦因数，故C正确；D、由于不知道木板的质量，无法求出从t=0开始到t1时刻，木板