2022届高考物理选择题专题强化训练：动量守恒定律及其应用(广东使用)

这是一份2022届高考物理选择题专题强化训练：动量守恒定律及其应用(广东使用)，共14页。试卷主要包含了单项选择题，双项选择题，多项选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（共16小题；共64分）
1. 关于动量守恒的条件，正确是
A. 只要系统内存在摩擦力，动量不可能守恒
B. 只要系统内某个物体做加速运动，动量就不守恒
C. 只要系统所受合外力恒定，动量守恒
D. 只要系统所受外力的合力为零，动量守恒

2. 如图所示，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 的小物块，沿光滑斜面下滑，当小物块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. mhM+m B. MhM+m
C. mh(M+m)tanα D. Mh((M+m)tanα

3. 如图所示，质量为 M 的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为 m 的木块以初速度 v0 水平地滑至车的上表面，若车表面足够长，则
A. 木块的最终速度为 mM+mv0
B. 由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒
C. 车表面越粗糙，木块减少的动量越多
D. 车表面越粗糙，小车获得的动量越多

4. 如图所示，两带电的金属球在绝缘的光滑水平面上沿同一直线相向运动，A 带电荷量为 −q，B 带电荷量为 +2q，下列说法正确的是
A. 相碰前两球组成的系统运动过程中动量不守恒
B. 相碰前两球的总动量随距离的减小而增大
C. 两球相碰分离后的总动量不等于相碰前的总动量，因为碰前作用力为引力，碰后为斥力
D. 两球相碰分离后的总动量等于碰前的总动量，因为两球组成的系统所受的合外力为零

5. 一辆小车静止在光滑的水平面上，一个人从小车的一端走到另一端．对此，以下说法中错误的是
A. 人匀速走动时，车也一定反向匀速运动
B. 人停止走动时，车也停止运动
C. 人速与车速之比，等于人的质量与车的质量之比
D. 整个过程中，车相对于地面的位移是一定值，与人走动的快慢无关

6. A 、 B 两物体质量分别为 m 和 2m，它们在光滑水平面上以相同动量运动，两者相碰后 A 的运动方向不变，但速率减为原来的一半，则碰后 A 和 B 两物体速率之比为
A. 1:2B. 1:3C. 2:1D. 2:3

7. 如图所示，A 、 B 两物体质量分别为 mA 、 mB，且 mA>mB，置于光滑水平面上，相距较远。将两个大小均为 F 的力，同时分别作用在 A 、 B 上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将
A. 停止运动B. 向左运动
C. 向右运动D. 运动方向不能确定

8. 如图所示，A 、 B 两物体中间连接一压缩弹簧，且用细线拴住，静止放在光滑水平地面上，C 物体与 B 靠在一起，烧断细线，下列说法正确的是
A. 弹簧拉伸至最长时，A 、 B 两物体和弹簧组成的系统总动量为 0
B. 弹簧拉伸至最长时，弹簧的弹性势能与初始时相同
C. 弹簧拉伸至最长时，弹簧的弹性势能小于初始时的弹性势能
D. 弹簧拉伸至最长时，A 、 B 、 C 和弹簧组成的系统总动量不为 0

9. 某人在一静止的小船上练习射击，人在船头，靶在船尾，船、人连同枪（不包括子弹）及靶的总质量为 M，枪内有 n 颗子弹，每颗子弹的质量为 m，枪口到靶的距离为 L，子弹水平射出枪口相对于地的速度为 v0，在发射后一发子弹时，前一发子弹已射入靶中，在射完 n 颗子弹时，小船后退的距离为
A. nmLM−nm B. MLM−nm C. nmLM+nm D. MLM+nm

10. 质量为 M 的均匀木块静止在光滑的水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同的步枪和子弹的射击手。子弹质量为 m，首先左侧的射击手开枪，子弹水平射入木块的深度为 d1，子弹与木块相对静止后，右侧的射击手开枪，子弹水平射入木块的深度为 d2，如图所示，设子弹均未射穿木块，且两子弹与木块之间的作用力大小相等。当两颗子弹均相对木块静止时，两子弹射入的深度之比 d1d2 为
A. MmB. M2m+MC. MM+mD. 2Mm+M

11. 将一个光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，如图所示，槽左侧有一个固定在水平面上的物块，现让一个小球自左侧槽口 A 点正上方由静止开始落下，从 A 点落入槽内，则下列说法中正确的是
A. 小球在半圆槽内运动的过程中，小球的机械能守恒
B. 小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动能守恒
C. 小球在半圆槽内由 B 点向 C 点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒
D. 小球从 C 点离开半圆槽后，一定还会从 C 点落回半圆槽

12. 如图所示，质量相等的六个物块在光滑水平面上，间隔一定距离排成一条直线。具有初动能 E0 的物块 1 向其他 5 个静止的物块运动，依次发生碰撞，每次碰撞后不再分开。最后 6 个物块粘成一个整体。这个整体的动能等于
A. E0B. 56E0C. 16E0D. 136E0

13. 如图所示，均强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界 d 点垂直与磁场方向射入，沿曲线 dpa 打到屏 MN 上的 a 点，通过 pa 段用时为 t，若该微粒经过 p 点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏 MN 上，两个微粒所受重力均忽略，新微粒运动的
A. 轨迹为 pb，至屏幕的时间将小于 t
B. 轨迹为 pc，至屏幕的时间将大于 t
C. 轨迹为 pb，至屏幕的时间将等于 t
D. 轨迹为 pa，至屏幕的时间将大于 t

14. 一静止的氡核（Rn86222）放出一个 α 粒子衰变成钋核（P84218），衰变方程为 Rn86222→P84218+He24。下列说法正确的是
A. 衰变后钋核的速度大小等于 α 粒子的速度大小
B. 衰变后钋核的动能小于 α 粒子的动能
C. 衰变后钋核的动能小于 α 粒子的动能
D. 衰变后 α 粒子与钋核的质量之和等于衰变前氡核的质量

15. 两个小木块 B 、 C 中间夹着一根轻弹簧，将弹簧压缩后用细线将两个木块绑在一起，使它们一起在光滑水平面上沿直线运动，这时它们的运动图线如图中 a 线段所示，在 t=4 s 末，细线突然断了，B 、 C 都和弹簧分离后，运动图线分别如图中 b 、 c 线段所示。从图中的信息可知
A. B 、 C 都和弹簧分离后的运动方向相同
B. B 、 C 都和弹簧分离后，系统的总动量增大
C. B 、 C 分离过程中 B 、 C 木块的动量变化量相同
D. B 木块的质量与 C 木块的质量相等

16. 如图，小车由光滑的弧形段 AB 和粗糙的水平段 BC 组成，静止在光滑水平面上，当小车固定时，从 A 点由静止滑下的物体到 C 点恰好停止。如果小车不固定，物体仍从 A 点静止滑下，则
A. 仍滑到小车上的 C 点停住
B. 滑到小车上的 BC 间某处停住
C. 会冲出 C 点落到车外
D. 小车 向左运动，其位移与物体在水平方向的位移大小一定相等

二、双项选择题（共12小题；共48分）
17. 如图所示，A 、 B 两物体质量之比 mA:mB=3:2，原来静止在平板小车 C 上，A 、 B 间有一根被压缩的轻弹簧，地面光滑，但 A 、 B 与 C 之间有摩擦，当弹簧突然释放后至弹簧与 A 、 B 分离前，则
A. A 、 B 组成系统的动量可能守恒
B. A 、 B 组成系统的动量一定不守恒
C. A 、 B 、 C 组成系统的动量一定守恒
D. A 、 B 、 C 组成系统的动量可能不守恒

18. 如图所示，三辆相同的平板小车 a 、 b 、 c 成一直线排列，静止在光滑水平地面上，c 车上一个小孩跳到 b 车上，接着又立即从 b 车跳到 a 车上，小孩跳离 c 车和 b 车时对地水平速度相同，他跳到 a 车上没有走动便相对 a 车保持静止，此后
A. a 、 c 两车运动速率相等
B. a 、 b 两车的运动速率相等
C. 三辆车的速率关系为 vc>va>vb
D. a 、 c 两辆车的运动方向一定相反

19. 用如图实验装置验证《动量守恒定律》，a 、 b 球的半径为 r ， a 球的质量 m1，b 球的质量 m2，则下列说法正确的是
A. 小球滚动滑槽必须光滑
B. a 球的质量 m1 应大于 b 球的质量 m2
C. 要验证的表达式是 m1OB=m1OA+m2OC
D. 要验证的表达式是 m1OB=m1OA+m2(OC−2r)

20. 一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块，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，则在子弹打中木块 A 及弹簧被压缩至最短的整个过程中，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. 系统损失的动能转化为内能
D. 系统损失的动能转化为内能和弹簧的弹性势能

21. 如图所示，光滑水平面放置一个静止的质量为 2m 的带有半圆形轨道的滑块 a，半圆形轨道的半径为 R。一个质量为 m 的小球 b 从半圆轨道的左侧最高点处由静止释放，b 到达半圆轨道最低点 P 时速度大小 vb=215gR，然后进入右侧最高可到点 Q，OQ 连线与 OP 间的夹角 α=53∘，不计空气阻力，重力加速度为 g。下列说法正确的是
A. 滑块 a 向左滑行的最大距离为 0.6R
B. 小球 b 从释放到滑到 Q 点的过程中，克服摩擦力做的功为 0.4mgR
C. 小球 b 第一次到达 P 点时对轨道的压力为 1.8mg
D. 小球 b 第一次返回到 P 点时的速度大于 2115gR

22. 一静止的原子核 A 发生 α 衰变后变成原子核 B，已知原子核 A 、原子核 B 和 α 粒子的质量分别为 mA 、 mB 和 mα，光速为 c，反应释放的核能全部转化为粒子的动能，则
A. 原子核 B 与 α 粒子的速度之比为 mB:mα
B. 原子核 B 与 α 粒子的动能之比为 mB:mα
C. 原子核 B 与 α 粒子的动能之和为 (mA−mB−mα)c2
D. 原子核 A 比原子核 B 的中子数多 2，质子数多 2

23. 质量为 m 和 M 的两个物块 A 、 B，中间夹着一根由轻绳束缚着的、被压缩的轻质弹簧，弹簧与 A 、 B 不相连，它们一起在光滑的水平面上以共同的速度向右运动，总动量为 P，弹簧的弹性势能为 EP；某时刻轻绳断开，弹簧恢复到原长时，A 刚好静止，B 向右运动，与质量为 M 的静止物块 C 相碰并粘在一起，则
A. 弹簧弹力对 A 的冲量大小为 mM+mP
B. 弹簧弹力对 B 做功的大小为 EP
C. 全过程中机械能减小量为 EP
D. B 、 C 的最终速度为 P2M

24. 如图所示，光滑大圆环静止在水平面上，一质量为 m 可视为质点的小环套在大环上，已知大环半径为 R，质量为 M=3m，小环由圆心等高处无初速度释放，滑到最低点时
A. 小环的速度大小为 2gRB. 小环的速度大小为 6gR2
C. 大环移动的水平距离为 3R2D. 大环移动的水平距离为 R4

25. A 、 B 两个可视为质点的小球带有同种电荷，在外力作用下静止于光滑的绝缘水平面上，A 的质量为 m，B 的质量为 2m，它们相距为 d。现撤去外力将它们同时释放，在它们之间的距离增大到 2d 时，A 的加速度为 a，速度为 v，则
A. 此时 B 的加速度大小为 2aB. 此时 B 的加速度大小为 a2
C. 此过程中系统的电势能减少 58mv2D. 此过程中系统的电势能减少 34mv2

26. 如图所示，轨道上有一个质量为 M 的小车，小车 M 左边有一固定挡板，下面悬挂着一个质量为 m 的物块，将物块由图示位置静止释放，当物块经过小车正下方时，物块的速度为 v，则求在以后的运动过程中
A. 物块的最小速度可能是 0B. 物块的最小速度一定是 m−Mm+Mv
C. 小车的最大速度是 vD. 小车的最大速度是 2mm+Mv

27. 可视为质点的甲、乙两球质量分别为 m 、 2m，在甲球由静止释放的同时乙球竖直向上抛岀，两球相碰前瞬间速度大小都是 v0，碰撞时间极短，碰后两球粘在一起。不计空气阻力，当地重力加速度为 g，选竖直向下为正方向，则
A. 从释放甲球到两球相碰前瞬间，甲球所受重力的冲量为 mv0
B. 从释放甲球到两球相碰前瞬间，乙球动量变化量为 −2mv0
C. 甲、乙碰撞后继续上升的高度为 v022g
D. 甲、乙碰撞过程中损失的机械能为 4mv023

28. A 、 B 两船的质量均为 m，都静止在平静的湖面上，现 A 船上质量为 12m 的人，以对地水平速度 v 从 A 船跳到 B 船，再从 B 船跳到 A 船，经 n 次跳跃后，人停在 B 船上，不计水的阻力，则
A. A 、 B 两船速度大小之比为 2:3
B. A 、 B（包括人）两船动量大小之比为 1:1
C. A 、 B（包括人）两船动能之比为 3:2
D. A 、 B（包括人）两船动能之比为 1:1

三、多项选择题（共2小题；共8分）
29. 如图所示，小球 A 、 B 分别悬挂在长度为 L 的细线下端，质量分别为 m 、 3m。起始时 A 球从左边与圆心等高处由静止释放，到达最低点时与静止的 B 球发生弹性相撞、重力加速度为 g，不计空气阻力。则下列说法中正确的是
A. 碰撞后 A 、 B 球能达到的最大高度均为 L2
B. 第一次碰撞刚结束时 B 球对细线的拉力大小为 9mg2
C. 小球 A 、 B 在最低处第二次碰撞刚结束时 A 的速度大小为 2gL
D. 小球 A 、 B 在最低处第五次碰撞刚结束时 B 的速度大小为 2gL2

30. 如图（甲）所示，质量为 M 的木板静止在光滑水平地面上，现有一质量为 m 的滑块以一定的初速度 v0 从木板左端开始向右滑行．两者的速度大小随时间变化的情况如图（乙）所示，则由图可以断定
A. 滑块与木板间始终存在相对运动B. 滑块未能滑出木板
C. 滑块质量大于木板质量D. 在 t1 时刻滑块从木板上滑出
答案
第一部分
1. D
【解析】系统所受合外力为零，系统动量守恒，如果系统内存在摩擦力，只有系统所受合外力为零，系统动量一定守恒，故A错误；
只要系统所受合外力为零，系统动量守恒，与系统内物体的运动状态无关，系统内的物体可以做加速运动，故B错误；
系统所受合外力为零系统动量守恒，系统所受合外力恒定但不为零时，系统动量不守恒，故C错误；
只要系统所受合外力为零，系统动量守恒，故D正确。
2. C
【解析】 m 沿 M 下滑过程中，水平方向动量守恒，斜面体底边长 L=dtanα，
则有：0=Mxt−mL−xt
解得 x=mh(m+M)tanα
3. A
【解析】由 m 和 M 组成的系统水平方向动量守恒易得A正确；m 和 M 动量的变化与小车上表面的粗糙程度无关，因为车足够长，最终各自的动量与摩擦力大小无关。
4. D
【解析】将两球看作整体分析时，整体受重力支持力，水平方向不受外力，故整体系统动量守恒；故两球相碰分离后的总动量等于碰前的总动量；故选项D正确。
5. C
【解析】人与车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv人+Mv车=0，解得：v车=−Mmv人，负号表示车的速度方向与人的速度方向相反；
人匀速走动时，即：v人 一定，则车的速度：v车=−Mmv人 也是定值，且方向相反，由此可知：车一定反向匀速运动，故A正确；
人停止走动时，：v人=0，则车的速度：v车=−Mmv人=0，车也停止运动，故B正确；
人的速度与车的速度之比：v人v车=Mm，即人的速度与车的速度之比等于车与人的质量之比，故C错误；
设车的长度为 L，人与车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以人的速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv人−Mv车=0，mL−xt−Mxt=0，解得，车的位移：x=mLM+m，车的位移是定值，与人的速度无关，故D正确．
6. D
【解析】碰撞前，A 、 B 动量相等，设碰撞前 A 的速率为 vA，则 B 的速度为：vB=12vA，两物体碰撞过程动量守恒，以 A 的初速度方向为正方向，碰后 A 的速率为：vA=12vAʹ, ⋯⋯①
碰撞前姿态总动量：mvA+2mvB=2mvA，
由动量守恒定律得：2mvA=m⋅12vA+2mvB′，
解得：vB′=34vA, ⋯⋯②
由 ①:② 得：vA′:vB′=2:3；故选：D。
7. C
【解析】力 F 大小相等，mA>mB，
由牛顿第二定律可知，两物体的加速度有：aAtB，由 IA=F⋅tA，IB=F⋅tB，得：IA>IB，
由动量定理可知 ΔPA=IA，ΔPB=IB，则 PA>PB，
碰前系统总动量向右，碰撞过程动量守恒，
由动量守恒定律可知，碰后总动量向右，故ABD错误，C正确。
8. C
【解析】弹簧伸长到等于原长的过程中弹簧对 ABC 组成的系统做正功，弹簧的弹性势能转化为三个物块的动能；弹簧从原长继续伸长的过程中，B 与 C 分离，A 与 B 的部分动能转化为弹簧的弹性势能。
以 A 、 B 与弹簧组成的系统为研究对象，在弹簧伸长到原长的过程中，B 向右做加速运动，则 C 也向右做加速运动，所以 B 受到 C 的向左的作用力，可知 A 与 B 在运动的过程中沿水平方向受到的合外力不等于 0，二者和弹簧组成的系统总动量不为 0，故A错误；
弹簧伸长的过程中弹簧对 ABC 组成的系统做正功，弹簧的弹性势能转化为三个物块的动能；由于 C 带走一部分机械能，所以 A 、 B 与弹簧组成的系统的机械能减小，弹簧拉伸至最长时，弹簧的弹性势能一定小于初始时的弹性势能，故B错误，C正确；
以三个物块与弹簧组成的系统为研究对象，则它们在水平方向受到的合外力等于 0，它们沿水平方向的总动量守恒，所以弹簧拉伸至最长时，A 、 B 、 C 和弹簧组成的系统总动量仍然为 0，故D错误。
9. C
【解析】以子弹初速度方向为正，由系统的动量守恒得：mv0=[M+(n−1)m]vʹ
设子弹经过时间 t 打到靶上，则：v0t+vʹt=L
联立以上两式得：vʹt=mM+nmL
射完 n 颗子弹的过程中，每一次发射子弹船后推的距离都相同，所以船后退的总距离：
x=nvʹt=nmLM+nm，所以选项C正确，选项ABD错误。
10. B
【解析】设向右为正方向；子弹射入木块前的速度大小为 v，子弹的质量为 m，子弹受到的阻力大小为 f。
当两颗子弹均相对于木块静止时，由动量守恒得：mv−mv=(2m+M)vʹ，得 vʹ=0，
即当两颗子弹均相对于木块静止时，木块的速度为零，即静止。
先对左侧射入木块的子弹和木块组成的系统研究，则有 mv=(M+m)v1。
由能量守恒得：fd1=12mv2−12(M+m)v12 ⋯⋯①
再对两颗子弹和木块系统为研究，得：
fd2=12(M+m)v12+12mv2 ⋯⋯②
联立解得 d1d2=M2m+M，故B正确，ACD错误。
11. D
12. C
【解析】取向右为正方向，设每个物体质量为 m，物块 1 碰撞过程动量守恒，有：
p0=6mv共 ⋯⋯①，
又 p0=mv0 ⋯⋯②，
E0=12mv02 ⋯⋯③，
得 2mE0=6mv，
∴v共=162E0m，
∴ 碰后总动能 ER=12⋅6mv共2=16E0，故C正确。故选C。
13. D
【解析】带电粒子和不带电粒子相碰，动量守恒故总动量不变；而总电量保持不变，则由 Bqv=mv2R 可得 R 保持不变，故轨迹应为 pa；
因周期 T=2πmBq 可知，因 m 增大，故周期增大，因所对应的弧线不变，圆心角不变，故 pa 所用的时间将大于 t。
14. B
【解析】一静止的氡核放出一个 α 粒子衰变成钋核，根据系统动量守恒知，衰变后钋核和 α 粒子动量之和为零，可知衰变后钋核的动量大小等于 α 粒子的动量大小，根据：Ek=P22m 知，由于钋核大于 α 粒子质量，则钋核的速度大小大于 α 粒子的速度大小，且钋核的动能小于 α 粒子的动能，故A错误，B正确。
半衰期是原子核有半数发生衰变的时间，不是放出一个 α 粒子所经历的时间，故C错误。
衰变的过程中有质量亏损，即衰变后 α 粒子与钋核的质量之和小于衰变前氡核的质量，故D错误。
15. D
【解析】A．由图，由于两木块分离后位移一增一减，故运动方向相反，故A错误；
B．两木块分离过程中动量守恒，故系统总动量不变，故B错误；
C．由于两木块分离后速度方向相反，故动量变化方向相反，故C错误；
D．由图可知，两物块分离前速度为 1 m/s，分离后 m1=2 m/s，m2=3 m/s，所以两物块 Δv 相同。两物块分离过程中所受弹簧弹力相等，根据动量定理有：T=mΔv，因此两物块 m 相等，故D正确。
故选D。
16. A
【解析】当小车固定时，物体运动过程中重力和摩擦力做功，最终物体静止，则物体的重力势能完全转化为内能，当小车不固定时，小车和物体组成的系统动量守恒，初动量为零，故系统的末动量也为零，假设物块不会从车上滑下来，根据系统水平方向动量守恒可知最终小车和物块均静止，小球的重力势能完全转化为克服摩擦力而产生的内能，两种情况下克服摩擦力做功相同，故物体仍滑到小车上的 C 点停住，A正确BC错误；因为小车和物体的质量关系未知，所以不能判断速度关系，故也不能判断两者的位移大小关系，D错误。
第二部分
17. A， C
【解析】当弹簧突然释放后，若 A 、 B 所受的滑动摩擦力大小相等，则 A 、 B 组成系统合外力为零，系统的动量守恒。若 A 、 B 所受的滑动摩擦力大小不等，则 A 、 B 组成系统合外力不为零，系统的动量不守恒。故A正确，B错误；
地面光滑，弹簧释放后，A 、 B 、 C 组成的系统所受合外力为零，故 A 、 B 、 C 系统动量一定守恒，故C正确，D错误。
18. C， D
【解析】若人跳离 b 、 c 车时速度为 v，由动量守恒定律
人跳离 c 车的过程，有 0=−M车vc+m人v，
人跳上和跳离 b 过程，有 m人v=−M车vb+m人v，
人跳上 a 车过程，有 m人v=(M车+m人)·va，
所以：vc=m人vM车，vb=0，va=m人vM车+m人。
即：vc>va>vb，并且 vc 与 va 方向相反。故AB错误，CD正确。
19. B， C
20. A， D
【解析】子弹水平射入置于光滑水平面上的木块，并留在其中的过程中系统所受的外力之和为零，则系统的动量守恒。
在子弹打中木块 A 及弹簧被压缩的整个过程中除弹簧弹力做功外还有摩擦力做功，系统的机械能不守恒，且系统损失的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，故AD正确，BC错误。
21. A， D
【解析】滑块 a 和小球 b 相互作用的过程，系统水平方向合外力为零，系统水平方向动量守恒，小球 b 到达 Q 点时，根据动量守恒定律得滑块 a 和小球 b 的速度均为零，有 2msa=msb，sa+sb=R+Rsin53∘，解得 sa=0.6R，选项A正确；
根据功能关系得小球 b 从释放到滑到 Q 点的过程中，克服摩擦力做的功为 W=mgRcs53∘=0.6mgR，选项B错误；
当 b 第一次到达半圆轨道最低点 P 时，根据动量守恒定律有 2mva=mvb，解得 va=15gR，由牛顿运动定律得 N−mg=mv2R=mva+vb2R，解得 N=145mg，对轨道的压力 Nʹ=N=145mg，选项C错误；
小球从 P 点到 Q 点，根据功能关系可得克服摩擦力做的功为 W=12×2mva2+12mvb2−mgR(1−cs53∘)=0.2mgR，由功能关系结合圆周运动的知识，得小球 b 第一次返回到 P 点的过程中克服摩擦力做的功 WʹmgR(1−cs53∘)−Wʹ=0.2mgR，0=2mvaʹ=mvbʹ，Ek=122mvaʹ2+12mvbʹ2，解得 vbʹ>2115gR，选项D正确。
22. C， D
23. A， D
【解析】A、选取向右为正方向，两个物体的总动量是 P，则 A 的动量：PA=mM+mP 弹簧恢复到原长时，A 刚好静止，由动量定理得：I=PAʹ−PA=0−mM+mP=−mM+mP，负号表示与选定的正方向相反。故A正确；
B、弹簧对 AB 作用的过程中，弹簧对 A 做负功，对 B 做正功，系统的机械能全部转化为 B 的动能，所以 B 的动能的增加量等于弹簧的弹性势能与 A 的动能的和，所以弹簧弹力对 B 做功的大于 EP。故B错误；
C、D、物块 A 与 B 以及弹簧组成的系统相互作用的过程中系统的动量守恒，设相互作用结束后 B 的速度为 v1，选取向右为正方向，则：
P=Mv1，
B 与 C 相互作用的过程中二者组成的系统的动量也守恒，设最终的速度为 v2，根据动量守恒得：
Mv2=(M+M)v2，
联立得：v2=P2M，
整个的过程中损失的机械能：ΔE=12(m+M)v02+EP−12⋅2Mv22，
而：v0=PM+m，
联立得：ΔE=EP+P221M+m−12M，
可知只有在 m 与 M 相等时，全过程中机械能减小量才为 EP。故C错误，D正确。
24. B， D
【解析】小环滑至最低点时的速度为 v1，大环的速度为 v2，两物体的系统满足机械能守恒有：mgR=12mv12+12Mv22，
且两物体的系统满足水平方向动量守恒有：0=mv1−Mv2，
联立解得：v1=3gR2=6gR2，v2=gR2，故A错误，B正确；
设小环和大环水平方向发生的位移为 x1 和 x2，两物体的系统满足水平方向反冲原理，
结合人船模型的结论可知 x1x2=v2v1=31，且 x1+x2=R，
解得 x1=34R，x1=14R，故C错误，D正确。
25. B， D
【解析】根据牛顿第三定律可知两个电荷间的相互作用力大小相等，根据牛顿第二定律 F=ma 以及 A 的质量是 B 的一半，所以 A 的加速度是 B 的两倍，所以A错误，B正确。
根据动量守恒定律 0=mv−2mvB，得 vB=v2，
根据能量守恒定律得此过程中系统电势能减小量为 ΔE=12mv2+12×2m12v2=34mv2。
26. A， D
【解析】AB．当物块运动到小车正下方时，物块速度为 v，小车速度为 0，此时小车和物块所组成的系统总动量为 mv。在接下来的运动过程中，小车离开挡板，系统水平方向所受外力为 0，故系统水平方向动量守恒。此后，当小车获得 mv 的动量时，物块动量为零，故速度为零，故A正确，B错误；
CD．此后运动过程中，系统水平动量和机械能守恒，根据此二联立方程，可得小车最大速度为 2mv(M+m)。故D正确，C错误。
故选AD。
27. A， D
28. B， C
【解析】最终人在 B 船上，以系统为研究对象，在整个过程中，以 A 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvA−m+12MvB=0，解得：vAvB=32，故A错误；
以人与两船组成的系统为研究对象，人在跳跃过程中总动量守恒，所以 A 、 B 两船（包括人）的动量大小之比总是 1:1，故B正确；
两船的动能之比：E KAE KB=p22mp22m+12m=32，故C正确，D错误。
第三部分
29. B， C， D
【解析】A．小球下落过程中有 mgL=12mvA2，得 vA=2gL，
A 、 B 两球相撞，由弹性碰撞有：mvA=mvʹA+3mvʹB ⋯⋯①，
12mvA2=12mvA2+12×3m×vB2 ⋯⋯②，
得 vAʹ=122gL，vBʹ=122gL，
又 12mv2=mgh ⋯⋯③，
得 hA=14L，hB=14L，故A错误；
B．第一次碰撞后，vBʹ=122gL，有 T=mvBʹL2 ⋯⋯④，
得 T=mg2，故B正确；
C．第二次碰撞前，由机械能守恒可知，此时 vA=vB=122gL，所以碰后可知 vAʺ=2gL，故C正确；
D．对 A 、 B 两球多次用弹性碰撞公式，可得 vB=2gL2，故D正确。
故选BCD。
30. A， C， D
【解析】从图中我们可以得出，最终滑块和木板做匀速直线运动，并且滑块的速度要大于木板的速度，所以两者并不是一起运动，即滑块滑出了木板，所以B错误；从 t1 时刻两者开始做匀速直线运动，即从这一时刻开始两者之间不在存在相互作用，所以，滑块在 t1 时刻从木板上滑下来，所以D正确。从木板上滑下来之后，滑块以较大的速度在前做匀速直线运动，木板在后以较小的速度做匀速直线运动，所以两者始终存在相对运动。故A正确。由动量守恒定律可得 mv0=mv1+Mv2 （ m ， M 分别为滑块和木板的质量，v1 、 v2 分别为滑块，木板匀速运动的速度），且 v1>v2 即 M=mv0−v1v2，由于 v0−v1v2