《动量守恒定律》单元测试题（解析版）.docx

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1、专注理科思维训练 微信公众号：大悟理大悟理 动量守恒定律单元测试题一、单选题（每小题只有一个正确答案）1滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动，现有质量为m的人站立于雪橇上，如图所示人与雪橇的总质量为M，人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动（雪橇所受阻力不计）当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时，雪橇向南的速度大小为（ ）AMv1Mv2Mm BMv1Mm CMv1+Mv2Mm Dv12一个盒子静置于光滑水平面上，内置一静止的小物体， 如图所示。现给物体一初速度v0。此后，小物体与盒子的前后壁发生多次碰撞，最后达到共同速度v=v0/3。据此可求得盒内小物体质量与盒子质量之比为（ ）A1 ：2 B2

2、：1 C4 ：1 D1 ：43蹦床是一项运动员利用从蹦床反弹中表现杂技技巧的竞技运动，一质量为50kg的运动员从1.8m高出自由下落到蹦床上，若从运动员接触蹦床到运动员陷至最低点经历了0.4s，则这段时间内蹦床对运动员的平均弹力大小为(取g=10m/s2，不计空气阻力)( )A500N B750N C875N D1250N4下列对几种物理现象的解释中，正确的是()A砸钉子时不用橡皮锤，只是因为橡皮锤太轻B跳高时在沙坑里填沙，是为了减小冲量C在推车时推不动是因为推力的冲量为零D动量相同的两个物体受到相同的制动力的作用，两个物体将同时停下来5动能相同的两个物体的质量分别为，且。若他们分别在恒定的阻

3、力的作用下，经过相同的时间停下，发生的位移分别为，则（ ）A BC D6A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，B球的动量是5 kgm/s，A球的动量是7 kgm/s当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值分别是（）A6 kgm/s，6 kgm/s B3 kgm/s，9 kgm/sC2 kgm/s，14 kgm/s D-5 kgm/s，15 kgm/s7关于动量守恒的条件,下列说法正确的有( )A只要系统内存在摩擦力,动量不可能守恒 B只要系统受外力做的功为零,动量守恒C只要系统所受到合外力的冲量为零,动量守恒 D系统加速度为零,动量不一定守恒8一宇宙飞船的横截面积s，

4、以v0的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域，单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为（ ）Asnmv02 B2snmv02 Csnmv03 D2snmv039下列说法正确的是（ ）A.合外力对质点做的功为零，则质点的动能、动量都不变B.合外力对质点施的冲量不为零，则质点动量必将改变，动能也一定变C.某质点受到合力不为零，其动量、动能都改变D.某质点的动量、动能都改变，它所受到的合外力一定不为零。10A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间

5、变化的图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图 象，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象，若A球质量是m=2 kg，则由图判断下列结论不正确的是() A碰撞前、后A球的动量变化量为4 kgm/sB碰撞时A球对B球所施的冲量为4 NsC碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10JDA、B两球碰撞前的总动量为3 kgm/s11如图所示，在光滑水平面上放置A、B两物体，其中B物体带有不计质量的弹簧静止在水平面内。A物体质量为m，以速度v0逼近B，并压缩弹簧，在压缩的过程中（ ）A任意时刻系统的总动量均为mv0B任意时刻系统的总动量均为mv0/2C任意一段时间内两物体所受冲量的大小

6、相等，方向相反D当A、B两物体距离最近时，其速度相等12甲球与乙球相碰，甲球的速度减少5m/s，乙球的速度增加了3m/s，则甲、乙两球质量之比m甲m乙是()A21 B35 C53 D12二、多选题（每小题至少有两个正确答案）13质量一定的质点在运动过程中，动能保持不变，则质点的动量（ ）A一定不变 B可能不变 C可能变化 D一定变化1414如图所示，质量为m的小球从光滑的半径为R的半圆槽顶部A由静止滑下设槽与桌面无摩擦，则（ ）A小球不可能滑到右边最高点BB小球到达槽底的动能小于mgRC小球升到最大高度时，槽速度为零D若球与槽有摩擦，则系统水平动量不守恒15如图所示，质量M=2kg的滑块在光滑

7、的水平轨道上，质量m=1kg的小球通过长L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，滑块可以在光滑的水平轨道上自由运动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度大小为v0=4m/s，则下列说法正确的是（ ）A当小球通过最高点时滑块的位移大小是13mB当小球通过最高点时滑块的位移大小是16mC当小球击中滑块右侧轨道位置与小球起始位置点间的距离13mD当小球击中滑块右侧轨道位置与小球起始位置点间的距离23m16将质量为m的物块B放在光滑的水平面上，质量为M的物块A叠放在物块B上，物块A与物块B间的动摩擦因素为，最初A、B静止在光滑的水平面上。从t

8、=0时刻开始计时，并在物块B上施加一水平向右的推力，且推力随时间的变化规律为F=6t（N）。已知m=1kg、M=2kg、=0.2，重力加速度取g=10m/s2,假设A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）A物块A、B将要发生相对滑动时物块B的速度大小为1m/sBt=s时刻物块A、B将要发生相对滑动Ct=0时刻到物块A、B将要发生相对滑动时物块B在水平面上滑动的距离为0.5mDt=0时刻到物块A、B将要发生相对滑动时推力对物块B的冲量大小为3Ns17如图(a)所示，质量为2m的长木板，静止地放在光滑的水平面上，另一质量为m的小铅块（可视为质点）以水平速度v0滑上木板左端，恰能滑至木板右端且

9、与木板保持相对静止，铅块运动中所受的摩擦力始终不变。若将木板分成长度与质量均相等（即m1= m2 = m）的两段1、2后紧挨着放在同一水平面上，让小铅块以相同的初速度v0由木板1的左端开始运动，如图(b)所示，则下列说法正确的是： （ ）A小铅块滑到木板2的右端前就与之保持相对静止B小铅块滑到木板2的右端与之保持相对静止C(a)、(b)两种过程中产生的热量相等D(a)示过程产生的热量大于(b)示过程产生的热量三、实验题18某同学用如图所示装置验证动量守恒定律，用轻质细线将小球1悬挂于O点，使小球1的球心到悬点O的距离为L，被碰小球2放在光滑的水平桌面上。将小球1从右方的A点（OA与竖直方向的夹

10、角为）由静止释放，摆到最低点时恰与小球2发生正碰，碰撞后，小球1继续向左运动到C位置，小球2落到水平地面上到桌面边缘水平距离为s的D点。（1）实验中已经测得上述物理量中的、L、s，为了验证两球碰撞过程动量守恒，还应该测量的物理量有_（要求填写所测物理量的名称及符号）。（2）请用测得的物理量结合已知物理量来表示碰撞前后小球1、小球2的动量：p1= _；p1= _；p2= _ ；p2= _ 。19气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵将压缩空气通过导轨的众多小孔高速喷出，在导轨与滑块之间形成薄薄一层气垫，使滑块悬浮在导轨上由于气垫的摩擦力极小，滑块在导轨上的运动可很好地近似为没有摩擦的运动我们

11、可以用固定在气垫导轨上的光电门A、B和光电计时装置，以及带有I形挡光条的滑块C、D来验证动量守恒定律已知I形挡光条的持续挡光宽度为L，实验装置如题图所示，采用的实验步骤如下：a调节气垫导轨底座螺母，观察导轨上的气泡仪，使导轨成水平状态；b在滑块C、D间放入一个轻质弹簧，用一条橡皮筋捆绑箍住三者成一水平整体，静置于导轨中部；c将光电门尽量靠近滑块C、D两端；d烧断捆绑的橡皮筋，使滑块C、D在弹簧作用下分离，分别通过光电门A、B；e由光电计时器记录滑块C第一次通过光电门A时I形挡光条持续挡光的时间tC，以及滑块D第一次通过光电门B时I形挡光条持续挡光的时间tD实验中还应测量的物理量是 _；根据上述

12、测量的实验数据及已知量，验证动量守恒定律的表达式是_；上式中算得的C、D两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的主要原因是 _；利用上述实验数据_(填写“能”或“否”)测出被压缩弹簧的弹性势能的大小？如能，请写出计算表达式：_。若不能说明理由20如图所示为“验证碰撞中的动量守恒”的实验装置。（1）下列说法符合本实验要求的是 。A入射球比靶球质量大或者小均可B每次入射球必须从同一高度由静止释放C安装轨道时末端切线必须水平D实验中需要测量轨道末端离地面的高度（2）实验中记录了轨道末端在记录纸上的竖直投影为O点，经多次释放入射球，在记录纸上找到了两球的平均落点位置M、P、N，并测得它们到O点的距离分

13、别为、和。已知入射球的质量为，靶球的质量为，只要验证等式 成立，即可认为碰撞中的动量守恒。（3）满足（2）的情况下，若满足等式 成立，即可认为碰撞为弹性碰撞。（仅用、和表示）四、解答题21如图所示，一质量为m=0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，小物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，与墙发生碰撞（碰撞时间极短）。碰前瞬间的速度v1=7m/s，碰后以v2=6m/s反向运动直至静止。已知小物块与地面间的动摩擦因数=0.32，取g=10m/s2。求：（1）A点距墙面的距离x；（2）碰撞过程中，墙对小物块的冲量大小I；（3）小物块在反向运动过程中，克服摩擦力所做的功W。22如图所示，

14、质量为m24kg和m33kg的物体静止放在光滑水平面上，两者之间用轻弹簧拴接。现有质量为m11kg的物体以速度v08m/s向右运动，m1与m3碰撞（碰撞时间极短）后粘合在一起。试求：m1和m3碰撞过程中损失的机械能；m2运动的最大速度vm。7参考答案1D【解析】雪橇所受阻力不计，人起跳后，人和雪橇组成的系统水平方向不受外力，系统水平动量守恒，起跳后人和雪橇的水平速度相同，设为v取向南为正方向，由水平动量守恒得：Mv1=Mv，得 v=v1，方向向南，故ABC错误，D正确故选D.点睛：运用动量守恒定律时要注意方向性，本题中人跳起，影响的是在竖直方向的动量，但系统水平总动量保持不变2A【解析】【详解

15、】选物体与盒子组成的系统为研究对象，由水平方向动量守恒得：mv0=（M+m）v，其中v=v0/3，解得m:M=1:2，故选A.【点睛】选物体与盒子组成的系统为研究对象，水平方向仅有系统的内力作用而不受外力作用，故此方向满足动量守恒，碰撞前的动量，等于最后的总动量，典型的动量守恒的题目3D【解析】设运动员的质量为m，他刚落到蹦床瞬间的速度为v，运动员自由下落的过程，只受重力作用，故机械能守恒，即：mgh12mv2，解得：v2g 6m/s；选取小球接触蹦床的过程为研究过程，取向上为正方向。设蹦床对运动员的平均作用力为F，由动量定理得：(Fmg)t0(mv)；可得：F1250N故D正确、ABC错误。

16、故选D。点睛：本题题型是用动量定理求解一个缓冲过程平均作用力的冲量问题，一定要注意选取合适的研究过程和正方向的选取；本题也可选小球从开始下落到最低点全过程来解答。4D【解析】橡皮锤击钉时，橡皮锤具有弹性，具有缓冲作用，作用时间较铁锤击钉长，根据动量定理，作用力较小，所以不易将钉子钉进物体里，故A错误；跳高时，在沙坑里填沙，是为了缓冲，增加人与地面的作用时间，减小作用力，并不是为了减小冲量，故B错误；在推车时推不动，车所受的合力为零，合力的冲量为零，故C正确；根据动量定理，-ft=0-P，动量相同的两个物体受相同的制动力的作用时，两车经过相等时间停下来，与质量无关，故D错误。所以C正确，ABD错

17、误。5D【解析】由可知，两物体的动量之比为： ；由动量定理可知：-f1t=0-P1；-f2t=0-P2；解得： ，因m1m2，故有：f1f2；由动能定理可知：f1s1=0-EK；f2s2=0-Ek；两式相比可得： ；故s1s2，故选D.点睛：本题考查动量定理及动能定理的应用，要注意正确列式，从而得出准确的比例关系知道动能与动量的关系.6A【解析】试题分析:A、B两球的质量相等，相碰过程中动量守恒，相碰后，后方速度不大于前方速度，B错；相碰过程中机械能不增加，由知C错；AD对。考点:动量守恒。【名师点睛】碰撞现象满足的规律：（1）动量守恒定律（2）机械能不增加（3）速度要合理若碰前两物体同向运动

18、，则应有v后v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前v后碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变7C【解析】只要系统所受合外力为零，系统动量就守恒，与系统内是否存在摩擦力无关，故A错误；系统受外力做的功为零，系统所受合外力不一定为零，系统动量不一定守恒，如用绳子拴着一个小球，让小球做匀速圆周运动，小球转过半圆的过程中，系统外力做功为零，但小球的动量不守恒，故B错误；力与力的作用时间的乘积是力的冲量，系统所受到合外力的冲量为零，则系统受到的合外力为零，系统动量守恒，故C正确；系统加速度为零，由牛顿第二定律可得，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故D错误

19、；故选C点睛：本题考查对动量守恒条件的理解，知道动量守恒条件：合外力为零即可正确解题8C【解析】【分析】根据题意求出时间t内黏附在卫星上的尘埃质量，然后应用动量定理求出推力大小，利用P=Fv求得功率；【详解】时间t内黏附在卫星上的尘埃质量：M=v0tsnm，对黏附的尘埃，由动量定理得：Ft=Mv0 解得：F=nmv02s；维持飞船匀速运动，飞船发动机牵引力的功率为P=Fv0=nmv03s，故选项C正确，ABD错误。【点睛】本题考查了动量定理的应用，根据题意求出黏附在卫星上的尘埃质量，然后应用动量定理可以求出卫星的推力大小，利用P=Fv求得功率。9D【解析】试题分析：当合外力对质点做的功为零时，

20、质点的动能变化量为零，动能可以不为零，动量也可能不是零，故选项A错误；合外力对质点施的冲量不为零，则质点动量必将改变，但物体的动能却不一定改变，如物体做匀速圆周运动时，冲量不为零，动量改变，但其动能却不变，选项B错误；某质点受到合力不为零时其动能可能不改变，还是做匀速圆周运动的物体就可以说明这个问题，选项C错误；某质点的动量、动能都改变，它所受到的合外力一定不为零，选项D正确。考点：动能定理，动量定理。10D【解析】由x-t图象可知，碰撞前有：vA=xAtA=4102=3m/s，vB=xBtB=42=2m/s，碰撞后有vA=vB=v=xt=2442=1m/s，对A、B组成的系统，A、B两球沿一

21、直线运动并发生正碰，碰撞前后物体都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒，碰撞前后A的动量变化为pA=mvAmvA=2(1)2(3)=4kgm/s，A正确；根据动量守恒定律，碰撞前后B的动量变化为pB=pA=4kgm/s，碰撞时A对B所施冲量为：IB=PB=4kgm/s=4Ns，B正确；又pB=mBvBvB，所以mB=pBvBvB=412=43kg，所以A与B碰撞前的总动量为：p总=mvA+mBvB=2(3)+432=103kgm/s，D错误；碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能EK=12mAvA2+12mBvB212mA+mBv2，代入数据解得EK=10J，C正确【点睛】在位移时间图象中，斜率

22、表示物体的速度，由图象可知碰撞前后的速度，根据动量的公式及动量守恒定律可以求解本题主要考查了动量的表达式及动量定理的直接应用，要求同学们能根据图象读出a碰撞前后的速度，难度适中11ACD【解析】本题考查的是动量的相关问题。系统的初动量为mv0，有动量守恒可知任意时刻系统的总动量均为mv0。A物体做减速运动，B物体做加速运动，且任意一段时间内两物体所受冲量的大小相等，方向相反。A物体逐渐压缩弹簧，当弹簧压缩最短的时候A、B两物体具有共同的速度。正确答案：ABD。12B【解析】【分析】甲、乙两球碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出两球的质量之比。【详解】以两球组成的系统为研究对象，碰撞过程动量

23、守恒，选甲的初速度方向为正，由动量守恒定律得：m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲+m乙v乙，即为：m甲(v甲v甲)=m乙(v乙v乙)，得：m甲m乙=v乙v乙v甲v甲=v乙v甲=35，故A、C、D错误，B正确。故选B。【点睛】两球碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律列方程，根据两球速度的变化可以求出两球的质量之比。13BC【解析】由动能Ek=12mv2可知动能不变时，速度的大小一定不变，但速度的方向可能不变或变化，则矢量动量P=mv可能变化，如匀速圆周运动，也可能不变如匀速直线运动。故选BC。【点睛】本题是矢量与标量的重大区别，同时掌握动量的大小和动能之间的换算关系：P=2mEk.14BC【解析】小球与槽

24、组成的系统在水平方向动量守恒，系统初状态动量为零，由动量守恒定律可知，小球到达最右端时系统总动量也为零，球与槽的速度都为零，在整个过程中系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，小球可以到达右边最高点，故A错误，C正确；小球与槽组成的系统动量守恒，小球到达槽的底端时，小球与槽都有一定的速度，都获得一定的动能，在此过程中系统机械能守恒，小球重力势能的减少量mgR转化为球与槽的动能，因此小球到达槽底时的动能小于mgR，故B正确；球与槽有摩擦时，槽与小球组成的系统水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，故D错误；故选BC点睛：本题考查动量守恒和机械能守恒的综合，知道半圆槽固定时，物体机械能守恒，

25、不固定时，系统水平方向上动量守恒，系统机械能守恒15BD【解析】滑块和小球系统在水平方向动量守恒，设当小球通过最高点时滑块的位移大小为x，则m(Lx)=Mx，解得x=16m，选项A错误，B正确；当小球击中滑块右侧轨道位置与小球起始位置点间的距离为y，则：my=M(2Ly)，解得y=23m，选项C错误，D正确；故选BD. 点睛：此题实质上是“人船模型”，对球和滑块水平方向平均动量守恒，注意球和滑块的位移都是相对地面的位移.16AD【解析】当AB保持相对静止时的最大加速度满足： ，解得am=2m/s2，此时对AB的整体：F=(M+m) am=6N，则根据F=6t可得t=1s；此过程中F的冲量为IF

26、=61Ns=3 Ns；对整体由动量定理：IF=(M+m)v，解得v=1m/s，选项AD正确；由上述分析可知，当t=1s后物块A、B将要发生相对滑动，选项B错误；若两物体做匀加速运动，则当t=1s时速度为1m/s，此过程中的位移为0.5m，但是因为两物体做加速度增加的加速运动，则1s内的位移小于0.5m，选项C错误；故选AD.点睛：此题关键是知道两物体分离的条件，即当AB之间的摩擦力达到最大时，将要分离；同时要结合动量定理来求解速度大小.17AD【解析】在第一次在小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到2部分上后1部分停止加速，只有2部分

27、加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与2木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到2的右端故A正确、B错误；由于在（b）中小铅块还没有运动到2的右端，所以在木板2上相对运动的位移没有在木板上1大，所以在（b）中小铅块相对木板的位移小于在（a）中小铅块相对木板的位移，根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，所以（b）产生的热量小于在木板（a）上滑行产生热量，故C错误，D正确。所以AD正确，BC错误。18 小球1的质量m1，小球2的质量m2，桌面高度h，OC与OB间的夹角; m12gL(1cos); m12gL(1cos) ; 0 ; sm2g2 ;【解析】试题分析：（1）为了验证两

28、球碰撞过程动量守恒，需要测量两小球的质量，小球1质量m1，小球2质量m2，小球1碰撞前后的速度可以根据机械能守恒定律测出，所以还需要测量OC与OB夹角，需要通过平抛运动测量出小球2碰后的速度，需要测量水平位移S和桌面的高度h（2）小球从A处下摆过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：m1gL（1-cos）=12m1v12，解得v1=2gL(1cos)则P1=m1v1=m12gL(1cos)小球A与小球B碰撞后继续运动，在A碰后到达最左端过程中，机械能再次守恒，由机械能守恒定律得：-m1gL（1-cos）=0-12mv12，解得v1=2gL(1cos)，则P1=m12gL(1cos)碰

29、前小球B静止，则PB=0；碰撞后B球做平抛运动，水平方向：x=v2t，竖直方向 h=12gt2，联立解得v2=sg2，则碰后B球的动量考点：验证动量守恒定律【名师点睛】本题解题的关键是要明确两小球的运动过程以及过程中机械能何时守恒，动量何时守恒：A球下摆过程机械能守恒，根据守恒定律列式求最低点速度；球A上摆过程机械能再次守恒，可求解碰撞后速度；碰撞后小球B做平抛运动，根据平抛运动的分位移公式求解碰撞后B球的速度，然后验证动量是否守恒即可。19滑块C、D的质量mC、mD mCtC=mDtD 滑块与气垫导轨间仍存在摩擦，气垫导轨未完全水平 能 EP=12mC(LtC)2+12mD(LtD)2 【解

30、析】【分析】要验证动量守恒定律需要知道物体的质量和速度，而速度可以用位移与时间的比值代替，故要测质量；滑块与导轨间仍存在摩擦，导轨未完全水平，都会产生误差，根据能量守恒，弹簧的弹性势能转化为两滑块匀速运动时的动能；【详解】要验证动量守恒定律需要知道物体的质量和速度，而速度可以用位移与时间的比值代替，故要测质量，即滑块C、D的质量mC、mD；设遮光条的宽度为d，则vC=LtC，vD=LtD 则验证动量守恒定律的表达式为：mCvC=mDvD即：mCtC=mDtD；滑块与导轨之间仍存在摩擦，或导轨未完全水平，或测量mC、mD及tA、tB时带来的误差从而导致C、D两滑块的动量大小并不完全相等；烧断捆绑

31、的橡皮筋后只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒，所以能测出被压缩弹簧的弹性势能的大小，弹簧的弹性势能等于两滑块离开弹簧的动能，即：Ep=12mC(LtC)2+12mD(LtD)2。【点睛】让学生掌握如何弹性势能大小，除借助于动能定理来计算，也可以利用弹簧弹力是均匀变化，取弹力的平均值，从而运用功表达式来确定。20（1）BC（选对的得2分，只对1个得1分，有错误或不选的得0分）（2）m1OP=m1OM+m2ON（2分）（3）OP=ONOM（2分）【解析】试题分析：（1）为了在碰撞后，入射球不被反弹，入射球质量必须大于靶球的质量。两球平抛之后，水平方向均不受力，动量守恒，实验正是利用平抛的这一分运动，

32、验证动量守恒定律的，与竖直方向无关。（2）根据动量守恒定律有m1OPt=m1OMt+m2ONt，平抛运动高度相等，时间相等，碰撞的过程是入射球减速的过程。（3）如果是完全弹性碰撞，结合动量守恒定律和动能守恒，可得OPt+OMt=ONt。考点：本题考查碰撞中的动量守恒定律。21（1）5m （2）6.5 Ns（3）9J【解析】（1）小物块由A到B过程做匀减速运动，由动能定理： 得：x=5 m （2）选初速度方向为正方向，由动量定理得I =-mv2 - mv1得：I=-6.5 Ns ，即冲量大小为6.5 Ns （3）物块反向运动过程中，由动能定理 得W=-9 J，即克服摩擦力所做的功为9 J22E=24J v2=2m/s【解析】【详解】设m1与m3碰撞后的速度为v1，由动量守恒定律及功能关系得：m1v0=(m1+m3)v1E=12m1v0212(m1+m3)v12 E=24J 对m1、m3整体和m2及弹簧组成的系统，可知当弹簧第一次恢复原长时m2的速度最大，由动量守恒及功能关系有：(m1+m3)v1=(m1+m2)v3+m2v212(m1+m3)v12=12(m1+m2)v32+12m2v22 v2=2m/s7