高考物理最新力学知识点之动量专项训练及答案

高考物理最新力学知识点之动量专项训练及答案
一、选择题
1．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 αϕϕ= C ．动能增量比:1:2kp k E E α∆∆=
D ．动量增加量比:1:2p P P α∆∆=
2．自然界中某个量D 的变化量D ∆，与发生这个变化所用时间t ∆的比值D
t
∆∆，叫做这个量D 的变化率．下列说法正确的是 A ．若D 表示某质点做平抛运动的速度，则
D
t
∆∆是恒定不变的 B ．若D 表示某质点做匀速圆周运动的动量，则
D
t
∆∆是恒定不变的 C ．若D 表示某质点做竖直上抛运动离抛出点的高度，则D
t
∆∆一定变大． D ．若D 表示某质点的动能，则
D
t
∆∆越大，质点所受外力做的总功就越多 3．“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直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 ．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力
C ．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D ．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
4．如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v 0，则( )
A．小木块和木箱最终都将静止
B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动
C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动
D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动
5．如图所示，质量m1=10kg的木箱，放在光滑水平面上，木箱中有一个质量为m2=10kg 的铁块，木箱与铁块用一水平轻质弹簧固定连接，木箱与铁块一起以v0=6m/s的速度向左运动，与静止在水平面上质量M=40kg的铁箱发生正碰，碰后铁箱的速度为v=2m/s,忽略一切摩擦阻力，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，则
A．木箱与铁箱碰撞后瞬间木箱的速度大小为4m/s
B．当弹簧被压缩到最短时木箱的速度大小为4m/s
C．从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力对木箱的冲量大小为20N·s
D．从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹性势能的最大值为160J
6．如图所示，一质量为2kg的物块B，静止在光滑水平面上，左侧固定一水平轻质弹簧，另一质量为3kg的物块A向右以5m/s的速度撞击弹簧，整个撞击过程中，两物块的速度始终在一条直线上，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（）
A．物块A的最终速度大小为3m/s
B．物块B的最终速度大小为5m/s
C．弹簧的最大弹性势能为15J
D．若其他条件不变而仅增大物块A的质量，则物块B的最终速度可能为12m/s
7．我国的传统文化和科技是中华民族的宝贵精神财富，四大发明促进了科学的发展和技术的进步，对现代仍具有重大影响，下列说法正确的是（）
A．春节有放鞭炮的习俗，鞭炮炸响的瞬间，动量守恒但能量不守恒
B．火箭是我国的重大发明，现代火箭发射时，火箭对喷出气体的作用力大于气体对火箭的作用力
C．装在炮弹中的火药燃烧爆炸时，化学能全部转化为弹片的动能
D．指南针的发明促进了航海和航空，静止时指南针的N极指向北方
8．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
9．如图所示，甲木块的质量为1m ，以速度v 沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为2m 的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后
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
10．中国空间站的建设过程是，首先发射核心舱，核心舱入轨并完成相关技术验证后，再发射实验舱与核心舱对接，组合形成空间站。

假设实验舱先在近地圆形过渡轨道上运行，某时刻实验舱短暂喷气，离开过渡轨道与运行在较高轨道上的核心舱安全对接。

忽略空气阻力，以下说法正确的是 A ．实验舱应当向前喷出气体
B ．喷气前后，实验舱与喷出气体的总动量不变
C ．喷气前后，实验舱与喷出气体的机械能不变
D ．实验舱在飞向核心舱过程中，机械能逐渐减小
11．用如图所示实验能验证动量守恒定律，两块小木块A 和B 中间夹着一轻质弹簧，用细线捆在一起，放在光滑的水平台面上，将细线烧断，木块A 、B 被弹簧弹出，最后落在水平地面上落地点与平台边缘的水平距离分别为1m A l =，2m B l =．实验结果表明下列说法正确的是
A ．木块A 、
B 离开弹簧时的速度大小之比:1:4A B v v = B ．木块A 、B 的质量之比:1:2A B m m =
C ．弹簧对木块A 、B 做功之比:1:1A B W W =
D ．木块A 、B 离开弹簧时的动能之比:1:2A B
E E =
12．如图所示，质量为m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB 长度为2R ，现将质量也为m 的小球从距A 点正上方0h 高处由静止释放，然后由A 点经过半圆轨道后从B 冲出，在空中能上升的最大高度为
03
4
h （不计空气阻力），则
A ．小球和小车组成的系统动量守恒
B ．小车向左运动的最大距离为2R
C ．小球离开小车后做斜上抛运动
D ．小球第二次能上升的最大高度034
h h <
13．光滑水平地面上，A ，B 两物块质量都为m ，A 以速度v 向右运动，B 原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A 撞上弹簧，弹簧被压缩到最短时 ( )
A ．A 、
B 系统总动量为2mv B ．A 的动量变为零
C ．B 的动量达到最大值
D ．A 、B 的速度相等
14．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
15．如图所示的木块B 静止在光滑的水平面上，木块上有半径为0.4m r =的光滑
1
4
圆弧轨道，且圆弧轨道的底端与水平面相切，—可视为质点的物块A 以水平向左的速度0v 冲上木块，经过一段时间刚好运动到木块的最高点，随后再返回到水平面。

已知两物体的质量为1kg A B m m ==、重力加速度g =10m/s 2。

则下列说法正确的是（ ）
A．物块A滑到最高点的速度为零
B．物块A的初速度大小为4m/s
C．物块A返回水平面时的速度为4m/s
D．木块B的最大速度为2m/s
16．在撑杆跳高场地落地点铺有厚厚垫子的目的是减少运动员受伤，理由是
A．减小冲量，起到安全作用
B．减小动量变化量，起到安全作用
C．垫子的反弹作用使人安全
D．减小动量变化率，起到安全作用
17．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是( )
A．燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭
B．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭
C．火箭发动机用力将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭
D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭
18．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
19．质量相等的五个物体在光滑的水平面上，间隔一定的距离排成一直线，如图所示，具有初动能为的物块1向其他4个静止物块运动，依次发生碰撞，每次碰后不在分开，最后5个物体粘成一个整体，这个整体的动能是
A．
B．
C．
D．
20．如图所示，质量为05kg
．的小球在距离小车底部20m高处以一定的初速度向左平抛，落在以75/
m s
．的速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4kg．设小球在落到车底前瞬间速度是25/
m s，重力加速度取2
10/
m s．则当小球与小车相对静止时，小车的速度是（）
A．4/
m s
B．5/
m s
C．8.5/
m s
D．9.5/
m s
21．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，A球动量为
7kg·m/s，B球的动量为5kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是（）
A．P A=3kg·m/s P B=9kg·m/s B．P A=-4kg·m/s P B=17kg·m/s
C．P A=-2kg·m/s P B=14kg·m/s D．P A=6kg·m/s P B=6kg·m/s
22．如图所示，质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上运动，与原静止的质量为4m的B球碰撞，碰撞后A球以v=av0(待定系数a<1)的速率弹回，并与挡板P发生完全弹性碰撞，若要使A球能追上B球再相撞，则a的取值范围为（）
A．1
5
<a
1
3
<B．
1
3
<a
2
3
<C．
1
3
<a
2
5
≤D．
1
3
<a
3
5
≤
23．一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，重心上升高度为h。

在此过程中()
A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为1
2
mv2
B．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零
C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为1
2
mv2
D．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零
24．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
25．如图所示，水平地面上有倾角为θ、质量为m的光滑斜面体，质量也为m的光滑直杆穿过固定的竖直滑套，杆的底端置于斜而上高为h的位置处.现将杆和斜面体由静止自由释放，至杆滑到斜面底端（杆始终保持竖直状态），对该过程下列分折中正确的是（重力加速度为g）
A．杆和斜面体组成的系统动量守恒
B．斜面体对杆的支持力不做功
C．杆与斜面体的速度大小比值为sinθ
D2ghθ
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一、选择题
1．D
解析：D
【解析】
【详解】
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 αϕϕ=
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 。

2．A
解析：A 【解析】
A 、若D 表示某质点做平抛运动的速度，则
D
t
∆∆表示加速度，恒定不变．故A 正确；B 、若D 表示某质点做匀速圆周运动的动量，则
D v
m ma t t
∆∆==∆∆，表示向心力，大小不变，方向不停改变．故B 错误；C 、若D 表示某质点做竖直上抛运动离抛出点的高度，则
D
t ∆∆表示平均速度，平均速度在减小．故C 错误；D 、若D 表示某质点的动能，则D
t
∆∆所受外
力的功率，表示做功的快慢，不是做功的多少；故D 错误．故选A ．
【点睛】解决本题的关键是知道当D 表示不同的量时，D
t
∆∆表示的物理意义，再根据条件判断是否变化，
3．B
解析：B 【解析】
摩天轮运动过程中做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，选项A 错误；圆周运动过程中，在最高点由重力和支持力的合力提供向
心力，即2
N v mg F m r
-=，所以重力大于支持力，选项B 正确；转动一周，重力的冲量为
I=mgT ，不为零，C 错误；运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，根据P=mgvcos θ可知重力的瞬时功率在变化，选项D 错误．故选B ．
4．B
解析：B 【解析】 【分析】 【详解】
系统所受外力的合力为零，动量守恒，初状态木箱有向右的动量，小木块动量为零，故系统总动量向右，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终相对静止，由于系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律，最终两物体以相同的速度一起向右运动．故B 正确，ACD 错误．
5．D
解析：D 【解析】
对木箱和铁箱碰撞的瞬时，根据动量守恒定律：1011m v m v Mv =+，解得v 1=-2m/s ，方向与原方向相反，选项A 错误；当弹簧被压缩到最短时，木箱和铁块共速，由动量守恒：
201112()m v m v m m v -=+共，解得v 共=2m/s ，选项B 错误；从碰后瞬间到弹簧被压缩至最
短的过程中，弹簧弹力对木箱的冲量大小为111()10(22)40I m v m v N s =--=⨯+=⋅共，方向向左，选项C 错误；从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹性势能的最大值为222112012111()222
P E m v m v m m v 共=+-+，带入数据解得E P =160J ，选项D 正确；故选D.
点睛：此题考查动量守恒定律以及能量守恒定律的应用；对三个物体的相互作用过程要分成两个小过程来分析，在木箱和铁箱作用时，认为铁块的动量是不变的；解题时注意选择研究过程，注意正方向.
6．C
解析：C 【解析】
【分析】 【详解】
AB ．当弹簧再次恢复原长时，物块A 、B 达到最终速度，根据动量守恒
A A A A
B B m v m v m v ''=+
根据能量守恒有
22
2111222
A A A A
B B m v m v m v ''=+ 联立解得
1m/s A v '= 6m/s B
v '= 故A 、B 错误；
C ．当弹簧压缩至最短时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒有
()A A A B m v m m v =+
根据能量守恒有
2211()22
A A A
B p m v m m v E =++ 联立解得
15J p E =
故C 正确；
D ．当弹簧再次恢复原长时，物块A 、B 达到最终速度，根据动量守恒和能量守恒知，物块B 的最终速度
2A
B
A A B
m v v m m '=+
当A
B m m 时，则有
210m/s B
A v v '== 物块
B 的最终速度的最大为10m/s ，故D 错误； 故选
C 。

7．D
解析：D 【解析】
鞭炮炸响的瞬间，因内力远大于外力，故系统动量守恒，同时在爆炸过程中，总能量是守恒的，A 错误；现代火箭发射时，火箭对喷出气体的作用力和气体对火箭的作用力为作用力和反作用力，根据牛顿第三定律可知，二者大小相等，方向相反，B 错误；装在炮弹中的火药燃烧爆炸时，化学能转化为弹片的动能和周围物体的内能，C 错误；指南针的发明促进了航海和航空，因地磁场南极处在地理北极处，故指南针静止时指南针的N 极指向北方，D 正确．
8．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；
9．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
10．B
解析：B 【解析】 【分析】
本题考查卫星变轨过程各物理量的变化。

【详解】
A ．实验舱要向高轨道运行，需要做离心运动，所以要加速，应该向后喷出气体，A 错误；
B ．喷气过程没有外力，实验舱与喷出气体系统动量守恒，喷气前后，总动量不变，B 正确；
C ．喷气前后，内力做功，总机械能增大，发生变化，C 错误；
D ．实验舱飞向核心舱过程中，地球的万有引力做负功，重力势能增大，且实验舱速度增大，机械能增大，D 错误； 故选B 。

11．D
解析：D 【解析】 【详解】
A ．两个木块被弹出离开桌面后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，因为下落的高度相等，所以运动的时间相等，水平方向上根据公式x =v 0t 及l A =1m ，l
B =2m ，得：v A ：v B =l A ：l B =1：2，故A 错误；
B ．弹簧弹开两个物体的过程，对两个木块组成的系统，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：m A v A -m B v B =0，解得：m A ：m B =v B ：v A =2：1，故B 错误；
CD ．由m A ：m B =v B ：v A =2：1，根据动能的表达式2
k 12
E mv =
可得：E k A ：E k B =1：2，根据动能定理，弹簧对木块A 、B 做功之比W A ：W B =E k A ：E k B =1：2，故D 正确，C 错误．
12．D
解析：D 【解析】 【详解】
A. 小球与小车组成的系统在竖直方向合力不为0，所以系统的动量不守恒。

故A 项错误；
B.在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，设小车的位移为x ，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：
mv −mv ′=0
即：
20R x x
m
m t t
--=， 解得小车的位移：
x =R ，
故B 项错误；
C.小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，系统初状态在水平方向动量为零，由动量守恒定律可知，系统在任何时刻在水平方向动量都为零，小球离开小车时相对小车向上运动，水平方向和小车有相同的速度，所以小球与小车在水平方向速度都为零，小球离开小
车后做竖直上抛运动，故C 项错误；
D. 小球离开小车时，小球与小车水平方向动能为零，如果系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，小球离开小车后上升的最大高度为h 0，由题意可知，小球离开小车后在空中能上升的最大高度为
03
4
h <h 0，系统机械能不守恒。

小球第二次在车中滚动时，克服摩擦力做功，机械能减小，因此小球再次离开小车时，小球与小车水平方向速度为零，小球第二次离开小车在空中运动过程中，小车处于静止状态，小球能上升的高度小于03
4
h ，故D 项正确。

13．D
解析：D 【解析】 【详解】
A ：A 、
B 组成的系统所受的合外力为零，动量守恒，初始时总动量为mv ；弹簧被压缩到最短时，A 、B 系统总动量仍为mv ．故A 项错误．
BCD ：A 在压缩弹簧的过程中，B 做加速运动，A 做减速运动，两者速度相等时，弹簧压缩量最大，然后B 继续加速，A 继续减速，所以弹簧压缩最短时，B 的动量未达到最大值．弹簧被压缩到最短时，A 、B 的速度相等，A 的动量不为零．故BC 两项错误，D 项正确． 【点睛】
两物体沿一直线运动，速度不等时，两者间距离发生变化；当两者速度相等时，两物体间距离出现极值．
14．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．
15．B
解析：B 【解析】 【详解】
AB ．物块A 刚好运动到木块B 的最高点时，两者共速为v ，对物块A 和木块B 组成的系统，由机械能守恒和水平方向动量守恒得：
20
12A m v =m A gR +2
1)2
A B m m v （+ 0()A A B m v m m v =+
解得
v 0=4m/s 、v =2m/s
故A 错误，B 正确；
CD ．当物块A 返回到水平面时，木块B 的速度最大，由机械能守恒和水平方向动量守恒得：
20
12A m v =2112A m v +2
212B m v A 0A 1B 2m v m v m v =+
解得
v 2=4m/s 、v 1=0m/s
另一组解
v 1=4m/s 、v 2=0（舍去）
故CD 错误。

16．D
解析：D 【解析】 【分析】 【详解】
跳高运动员在落地的过程中，动量变化一定，由动量定理可知，运动员受到的冲量I 一定；跳高运动员在跳高时跳到沙坑里或跳到海绵垫上可以延长着地过程的作用时间t ，由
I Ft =可知，延长时间t 可以减小运动员所受到的平均冲力F ，即减小动量变化率，起到安全作用，故D 正确，ABC 错误． 故选D 。

点睛：沙坑或海绵垫子具有缓冲作用，可以延长运动员与地面的接触时间，减小运动员受到的冲击力，避免运动员受伤．
17．C
解析：C 【解析】 【详解】
由于反冲运动的作用，火箭燃料燃烧产生的气体给火箭一个反作用力使火箭加速运动，这个反作用力并不是空气给的，故C 正确，ABD 错误。

18．D
解析：D 【解析】 【分析】
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 。

19．A
解析：A 【解析】 【分析】
以五个物体为系统，在整个过程中，动量守恒，运用动量守恒定律，求出最终整体的速度，从而得出整体的动能． 【详解】
对整个系统研究，整个过程运用动量守恒定律得，
，解得
，因为
，则整体的动能
故A 正确，B 、C 、D 错误．
故选：A ． 【点睛】
本题考查了动量守恒定律的基本运用，知道五个物体组成的系统，在整个过程中动量守恒；碰后粘在一起则机械能不守恒
20．B
解析：B 【解析】
小球做平抛运动，下落时间为22h
t s g
=
= ，竖直方向速度大小为10220/y v gt m s ==⨯=，小球在落到车底前瞬时速度是25/m s ，根据速度合成原则，
22
22252015/x y v v v m s =-=-= ，小球与车在水平方向上动量守恒，以向右为正方
向，得：-()x Mv mv m M v 共车=+ 解得：=5/v m s 共 故B 正确； 故选B
点睛：小车和球相互作用的过程中是水平方向上动量守恒，整体看不守恒．
解析：D 【解析】 【详解】
以两物体组成的系统为研究对象，以A 的初速度方向为正方向，两个物体的质量均为m ，碰撞前系统的总动量：
P =7kg ⋅m/s+5kg ⋅m/s=12kg ⋅m/s ，
系统的总动能：
227537
22=+=
k E m m m
； A.若碰后A 、B 两球动量为：p A =3kg ⋅m/s ，p B =9kg ⋅m/s ，系统的总动量
P ′=3+9=12kg ⋅m/s ，
遵守动量守恒定律。

223945
22k E m m m
'=+=
>E k ， 故碰撞后动能增大，是不可能发生的，故A 错误；
B.若碰后A 、B 两球动量为：p A =-4kg ⋅m/s ，p B =17kg ⋅m/s ，系统的总动量
P ′=-4+17=13kg ⋅m/s ，
不遵守动量守恒定律，故B 错误；
C.若碰后A 、B 两球动量为：p A =−2kg ⋅m/s ，p B =14kg ⋅m/s ，系统的总动量：
P ′=−2+14=12kg ⋅m/s ，
遵守动量守恒定律。

22214100
22k E m m m
'=+=
>E k ， 故碰撞后动能增大，是不可能发生的，故C 错误；
D.若碰后A 、B 两球动量为：p A =6kg ⋅m/s ，p B =6kg ⋅m/s ，系统的总动量
P ′=6+6=12kg ⋅m/s ，
遵守动量守恒定律。

22663622k E m m m
'=+=<E k ， 故碰撞后动能减小，并且不会发生二次碰撞，是可能发生的，故D 正确。

故选：D
22．D
解析：D 【解析】
A 、
B 、碰撞过程动量守恒，以0v 方向为正方向有00A A B B m v m av m v =-+，A 与挡板P 碰撞后能追上B 发生再碰撞的条件是0B av v >，解得
1
3
a <；碰撞过程中损失的机械能
222
00111[()]0222k A A B B E m v m av m v ∆=
-+≥，解得35
a ≤，故1335a <≤，D 正确；故选D ．
【点睛】本题考查了动量守恒和能量守恒的综合运用，要抓住碰后A 的速度大于B 的速度，以及有机械能损失大于等于零进行求解．
23．B
解析：B 【解析】 【详解】
设地面对运动员的冲量为I ，则由动量定理得：
I －mg Δt ＝mv －0 I ＝mv ＋mg Δt 。

运动员从下蹲状态到身体伸直并刚好离开地面，地面对运动员作用力的作用点的位移为零，地面对他不做功；
A ．地面对他的冲量为mv ＋mg Δt ，地面对他做的功为12
mv 2
，与结论不相符，选项A 错误；
B ．地面对他的冲量为mv ＋mg Δt ，地面对他做的功为零，与结论相符，选项B 正确；
C ．地面对他的冲量为mv ，地面对他做的功为
12
mv 2
，与结论不相符，选项C 错误； D ．地面对他的冲量为mv －mg Δt ，地面对他做的功为零，与结论不相符，选项D 错误； 故选B 。

24．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．
25．D
解析：D 【解析】 【详解】
A ．杆和斜面体组成的系统受的合外力不为零，则系统的动量不守恒，选项A 错误；
B ．斜面体对杆的支持力的方向垂直斜面向上，与杆的位移方向夹角为钝角，则斜面体对杆的支持力对杆做负功，选项B 错误；
C ．根据杆和斜面的位移关系，tan H
L
θ=，可得到速度之比为tan v v θ=杆斜，选项C 错误；
D ．杆滑到斜面底端时，由能量关系：
22
1122
mgh mv mv =+杆斜
tan v v θ=杆
斜
联立解得斜面体的速度大小为v 斜θ，选项D 正确。