高考物理力学知识点之动量经典测试题含解析(1)
一、选择题
1．如图所示，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断中正确的是()
A．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小不相等
B．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等
C．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同
D．发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置
2．如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道M静止在光滑水平面上，一个物块m在水平地面上以大小为v0的初速度向右运动并无能量损失地滑上圆弧轨道，当物块运动到圆弧轨道上某一位置时，物块向上的速度为零，此时物块与圆弧轨道的动能之比为1：2，则此时物块的动能与重力势能之比为(以地面为零势能面)
A．1:2B．1:3C．1:6D．1:9
3．如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运动，一质量为m的物块以大小为v2的初速度冲上传送带，最后又滑回，已知v1＜v2。则物块在传送带上运动过程中合力对物块的冲量大小为
A．2mv1
B．2mv2
C．m(v2-v1)
D．m(v1+v2)
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．
2
2ES
c M
C．
ES
cM
D．
2ES
cMh
5．20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
6．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
7．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
m，以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止8．如图所示，甲木块的质量为1
m的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后
的、质量为2
A．甲木块的动量守恒
B．乙木块的动量守恒
C．甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒
D．甲、乙两木块所组成的系统的动能守恒
9．从同一高度的平台上，抛出三个完全相同的小球，甲球竖直上抛，乙球竖直下抛，丙球平抛，三球落地时的速率相同，若不计空气阻力，则（）
A．抛出时三球动量不都相同，甲、乙动量相同，并均小于丙的动量
B．落地时三球的动量相同
C．从抛出到落地过程，三球受到的冲量均不相同
D．从抛出到落地过程，三球受到的冲量均相同
10．摩天轮是的乐场一种大型转轮状设施，摩天轮边缘悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，下列叙述正确的是
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．摩天轮物动一周的过程中，乘客所受合外力的冲量为零
C．在最低点，乘客处于失重状态
D．摩天轮转动过程中，乘客所受的重力的瞬时功率保持不变
11．一种未知粒子跟静止的氢原子核正碰，测出碰撞后氢原子核的速度是7v。该未知粒子
（速度不变）跟静止的氮原子核正碰时，测出碰撞后氮原子核的速度是v 。已知氢原子核的质量是m H ，氮原子核的质量是14m H ，上述碰撞都是弹性碰撞，则下列说法正确的是 A ．碰撞前后未知粒子的机械能不变 B ．未知粒子在两次碰撞前后的方向均相反
C ．未知粒子的质量为
76
H
m D ．未知粒子可能是α粒子
12．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 ．两滑块的动量大小之比:2:1A
B p p = B ．两滑块的速度大小之比A B v v :2:1=
C ．两滑块的动能之比12::kA kB E E =
D ．弹簧对两滑块做功之比:1:1A B W W =
13．质子p （11H ）与
α粒子（4
2He ）以相同初速v 0垂直射入水平放置的一对平行板形成的匀强电场，从进入到射出该偏转电场的过程中，关于质子与α粒子（均不计重力）偏转时的各物理量比值正确的是（ ） A ．侧移量比:1:2p y y α= B ．速度偏转角正切比tan :tan 1:2p α??= C ．动能增量比:1:2kp k E E α??=
D ．动量增加量比:1:2p P P α??=
14．如图所示，质量为m 的物体在一个与水平方向成θ角的恒拉力F 作用下，沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在时间t 内所受力的冲量正确的是
A ．拉力F 的冲量大小为Ftcosθ
B ．摩擦力的冲量大小为Ftsinθ
C ．重力的冲量大小为mgt
D ．物体所受支持力的冲量是mgt
15．如图所示，光滑的水平地面上有一辆平板车，车上有一个人．原来车和人都静止．当
人从左向右行走的过程中（ ）
A ．人和车组成的系统水平方向动量不守恒
B ．人和车组成的系统机械能守恒
C ．人和车的速度方向相同
D ．人停止行走时，人和车的速度一定均为零
16．如图所示，今有一子弹穿过两块静止放置在光滑水平面上的相互接触质量分别为m 和2m 的木块A 、B ，设子弹穿过木块A 、B 的时间分别为t 1和t 2，木块对子弹的阻力恒为F f ，则子弹穿过两木块后，木块A 的速度大小是（ ）
A ．
1f F t m
B ．
13f F t m
C ．
()123f F t t m
+ D ．
()12f F t t m
+
17．如图所示，光滑平面上有一辆质量为4m 的小车，车上左右两端分别站着甲、乙两人，他们的质量都是m ，开始两个人和车一起以速度v 0向右匀速运动．某一时刻，站在车右端的乙先以相对地面向右的速度v 跳离小车，然后站在车左端的甲以相对于地面向左的速度v 跳离小车．两人都离开小车后，小车的速度将是( )
A ．1.5v 0
B ．v 0
C ．大于v 0，小于1.5v 0
D ．大于1.5v 0
18．如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A 和B ，A 的质量为m A ，B 的质量为m B ，m A >m B .最初人和车都处于静止状态．现在，两人同时由静止开始相向而行，A 和B 对地面的速度大小相等，则车 ( )
A ．向左运动
B ．左右往返运动
C ．向右运动
D ．静止不动
19．将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/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 ．30kg m/s ? B ．5.7×
102kg m/s ? C ．6.0×
102kg m/s ? D ．6.3×
102kg m/s ? 20．如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P 和Q 都可视为质点，质量相等．Q 与水平轻弹簧相连，设Q 静止，P 以某一初速度向Q 运动并与弹簧发生碰撞．在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )
A ．P 的初动能
B ．P 的初动能的
12 C ．P 的初动能的1
3
D ．P 的初动能的1
4
21．如图所示，在光滑水平面上，有A 、B 两个小球沿同一直线向右运动，若取向右为正方向，两球的动量分别是p A ＝5.0 kg·m/s ，p B ＝7.0 kg·m/s.已知二者发生正碰，则碰后两球动量的增量Δp A 和Δp B 可能是( )
A ．Δp A ＝－3.0 kg·
m/s ；Δp B ＝3.0 kg·m/s B ．Δp A ＝3.0 kg·
m/s ；Δp B ＝3.0 kg·m/s C ．Δp A ＝3.0 kg·
m/s ；Δp B ＝－3.0 kg·m/s D ．Δp A ＝－10 kg·
m/s ；Δp B ＝10 kg·m/s 22．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
23．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
-
24．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 +
25．如图所示，质量为M 的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m 的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v 0开始运动．当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v ，距地面高度为h ，则下列关系式中正确的是( )
A ．mv 0＝(m ＋M )v
B ．mv 0cos θ＝(m ＋M )v
C ．mgh ＝
1
2m (v 0sin θ)2 D ．
12 (m ＋M )v 2＝1
2
mv 02+ mgh
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一、选择题
1．D 解析：D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有
012m 3v mv mv =+
两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即
222
0121113222
mv mv mv =+ 解两式得
12
v v =- 0
22
v v =
可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，方向相反，A 错误；
B ．由前面分析知两球速度大小相等，因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，B 错误；
C ．两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，摆长也相等，故两球碰后的最大摆角相同，C 错误；
D ．由单摆的周期公式T 2π
L
g
=可知，两球摆动周期相同，经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，D 正确； 故选D ．
2．C
解析：C 【解析】 【详解】
当物块运动到圆弧上某一位置时，相对圆弧轨道的速度为零，此时物块与圆弧轨道的速度相同，动能之比为1:2，则物块与圆弧轨道的质量之比为1:2，设物块的质量为m ，则有：
03mv mv =
得
3
v v =
， 此时物块的动能为
22011218
mv mv =， 根据机械能守恒定律，物块的重力势能为：
2
22000
11132233p v E mv m mv ??=-?= ???
，
因此动能与重力势能之比为1:6，故C 正确，ABD 错误。 故选：C
3．D
解析：D 【解析】 【详解】
由于v 2>v 1，则物块返回到P 点的速度大小为v 1，根据动量定理可知，合力的冲量
.
A.2mv 1与计算结果不相符；故A 项错误.
B.2mv 2与计算结果不相符；故B 项错误.
C.m (v 2-v 1)与计算结果不相符；故C 项错误.
D.m (v 1+v 2)与计算结果相符；故D 项正确.
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．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．
6．B
解析：B 【解析】 【详解】
AC ．由图象可知，碰撞前m 2是静止的，m 1的速度为：
1118
4m/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 62
x 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：
22221211221111
14308J 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；
7．C
解析：C 【解析】 【分析】 【详解】
由x －t 图象可以知道,碰撞前16
4/,0m /s 4
A A
B A s v m s v t =
===，碰撞后2016
1m /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
8．C
解析：C 【解析】 【详解】
甲木块与弹簧接触后，由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量要发生变化，即甲、乙两物体的动量均不守恒；但对于甲、乙所组成的系统因所受合力的冲量为零，故动量守恒，故AB 错误，C 正确；甲、乙两木块所组成系统的动能，一部分转化为弹簧的势能，故系统动能不守恒，故D 错误．故选C
9．C
解析：C 【解析】 【详解】
A ．根据动能定理知
22011
22
mgh mv mv =
- 可知三球落地时速度的大小相等，则三个小球抛出时的速度大小一定相等；故抛出时的动量大小相等；故A 错误；
B ．虽然落地时，三球的速度相同，动量的大小相等，但方向不同；故动量不相同；故B 错误；
CD ．三个小球以相同的速率抛出，可知竖直上抛运动的物体运动时间大于平抛运动的时间，平抛运动的时间大于竖直下抛运动的时间，所以上抛运动的时间最长，根据动量定理知，mgt =△p ，故三个小球受到的冲量都不相同；故C 正确，D 错误； 故选C 。
10．B
解析：B 【解析】
A ：乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，动能保持不变，重力势能随高度不断变化，乘客的机械能不断变化．故A 项错误．
B ：摩天轮转动一周的过程中，速度变化为零，动量变化为零，据动量定理：乘客所受合外力的冲量为零．故B 项正确．
C ：在最低点，乘客的加速度向上，乘客处于超重状态．故C 项错误．
D ：摩天轮匀速转动过程中，重力与速度的夹角α不断变化，乘客所受的重力的瞬时功率
cos P mg v α=?不断变化．故D 项错误．
11．C
解析：C 【解析】
A ．碰撞过程中末知粒子将一部分能量转移到与其相碰的粒子上，所以机械能减小，故A 错误；
BCD ．碰撞过程中由动量守恒和能量守恒得
01H H mv mv m v =+
22201H 111222
H mv mv m v =+ 解得
H 0H
2=
7m
v v v m m =+
同理可知，
0H
2=
14N m
v v v m m =+
联立解得
H 76
m m =
碰撞后未知粒子的速度
H H
H 100H
H H 7
6076
m m m m v v v m m m m --==>++
说明未知粒子没有反向，故BD 错误，C 正确； 故选C 。
12．C
解析：C 【解析】 【详解】
在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒得：20A B mv mv +=，得2
B
A v v =-
，两滑块速度大小之比为：
12A B v v =；两滑块的动能之比22121
2:122
A kA k
B B mv E E mv ?==，B 错误
C 正确；两滑块的动量大小之比211
A A
B B p mv p mv ==，A 错误；弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比为：1：2，D 错误．
13．D
解析：D 【解析】
A ．侧移量
222
001()22Eq l Eql q y m v mv m
==∝ 则侧移量比
:2:1p y y α=
选项A 错误； B ．速度偏转角正切
2
0tan y v qEl q
v mv m
θ=
=
∝ 则速度偏转角正切比
tan :tan 2:1p α??=
选项B 错误； C ．动能增量
2222
2
02k E q l q E Eqy mv m
?==∝ 则动能增量比
:1:1kp k E E α??=
选项C 错误； D ．动量增量
l
p qEt qE q v ?==?
∝ 则动量增加量比
:1:2p P P α??=
选项D 正确。 故选D 。
14．C
解析：C 【解析】 【分析】 【详解】
A 、拉力F 的冲量大小为Ft ，故A 错误；
B 、物体做匀速直线运动，可知摩擦力f =F cos θ，则摩擦力的冲量大小为ft =Ft cos θ，故B 错误；
C 、重力的冲量大小为mgt ，故C 正确；
D 、支持力的大小为N mg Fsin θ=-，则支持力的冲量为()mg Fsin t θ-，故D 错误； 故选C ．
根据力的大小，结合冲量的公式I Ft =求出各力的冲量大小．
15．D
解析：D 【解析】 【分析】 【详解】
A.人和车组成的系统水平方向不受外力作用，所以人和车组成的系统水平方向动量守恒，故A 错误；
B.对于人来说，人在蹬地过程中，人受到的其实是静摩擦力，方向向右，人对车的摩擦力向左，人和车都运动起来，故摩擦力做功，所以人和车组成的系统机械能不守恒，故B 错误；
C.当人从左向右行走的过程中，人对车的摩擦力向左，车向后退，即车向左运动，速度方向向左，故C 错误；
D.由A 选项可知，人和车组成的系统水平方向动量守恒，由题意系统出动量为零，所以人停止行走时，系统末动量为零，即人和车的速度一定均为零，故D 正确。 故选D 。
16．B
解析：B 【解析】
A 与
B 分离时二者的速度是相等的，分离后A 的速度不变，在分离前子弹对系统的作用力
使A 与B 的速度增大，由动量定理得：12)f F t m m v ?=
+（，所以：13f F t v m
=，故选项B
正确．
点睛：A 与B 分离时二者的速度是相等的，在水平面上运动的过程中受到子弹的作用力，由动量定理即可求出A 的速度．
17．A
解析：A 【解析】 【分析】 【详解】
两人和车所组成的系统原动量为06mv ，向右。当甲、乙两人先后以对地相等的速度向两个方向跳离时，甲、乙两人的动量和为零，则有
064mv mv =车
解得
01.5v v =车
故A 正确BCD 错误。 故选A 。
解析：A 【解析】 【分析】 【详解】
两人与车组成的系统动量守恒，开始时系统动量为零，两人与大小相等的速度相向运动，A 的质量大于B 的质量，则A 的动量大于B 的动量，AB 的总动量方向与A 的动量方向相同，即向右，要保证系统动量守恒，系统总动量为零，则小车应向左运动，故A 正确，BCD 错误．
19．A
解析：A 【解析】
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=m 1v 1+p ，解得火箭的动量110.05600kg m/s 30kg m/s p m v =-=-??=-?，负号表示方向，故A 正确，BCD 错误；
【点睛】解决本题的关键掌握动量守恒定律的条件，以及知道在运用动量守恒定律时，速度必须相对于地面为参考系。
20．B
解析：B 【解析】
在整个过程中，弹簧具有最大弹性势能时，P 和Q 的速度相同。 根据动量守恒定律：mv 0=2mv 。 根据机械能守恒定律，有2
220001111
22
242
p k E mv mv mv E -?＝＝＝ 故最大弹性势能等于P 的初动能的
1
2
。故选D 。 点睛：本题关键对两物体的受力情况和运动情况进行分析，得出P 和Q 的速度相同时，弹簧最短，然后根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解．
21．A
解析：A 【解析】
根据碰撞过程动量守恒定律，如果△p A =-3kg?m/s 、△p B =3kg?m/s ，所以碰后两球的动量分别为p′A =2kg?m/s 、p′B =10kg?m/s ，根据碰撞过程总动能可能不增加，是可能发生的，故A 正确．两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小相等，方向相反，若△P A =3kg?m/s ，△P B =-3kg?m/s ，违反了动量守恒定律，不可能，故B 错误．根据碰撞过程动量守恒定律，如果△p A =3kg?m/s 、△p B =-3kg?m/s ，所以碰后两球的动量分别为
p′A =8kg?m/s 、p′B =4kg?m/s ，由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A 的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，故C 错误．如果△p A =-10kg?m/s 、△p B =10kg?m/s ，
所以碰后两球的动量分别为p′A =-5kg?m/s 、p′B =17kg?m/s ，可以看出，碰撞后A 的动能不变，而B 的动能增大，违反了能量守恒定律，不可能．故D 错误．故选A ．
点睛：对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况．
22．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
23．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； 24．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
0Mgt Mu -=--
在这一段时间里，对物体A 由动量定理得
0I mgt mv -=-
解得
()
I m v u
=+
故D正确，ABC错误。
故选D。
25．B
解析：B
【解析】
小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒．以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：
mv0cosθ=（m+M）v，故A错误，B正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgh+1
2
（m+M）v2=
1
2
mv02；故CD错误；故选B．
点睛：本题主要考查了动量守恒定律和机械能守恒定律的直接应用，知道小物块上升到最高点时，竖直方向速度为零，水平方向动量守恒，难度适中．