高考物理专题力学知识点之动量单元汇编附答案解析

高考物理专题力学知识点之动量单元汇编附答案解析
一、选择题
1．下列说法正确的是（）
A．若一个物体的动量发生变化，则动能一定变化
B．若一个物体的动能发生变化，则动量一定变化
C．匀速圆周运动的物体，其动量保持不变
D．一个力对物体有冲量，则该力一定会对物体做功
2．下列说法正确的是( )
A．速度大的物体，它的动量一定也大
B．动量大的物体，它的速度一定也大
C．只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变
D．物体的动量变化越大则该物体的速度变化一定越大
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，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的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体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．
mh
M m
+
B．
Mh
M m
+
C．
cot
mh
M m
α
+
D．
cot
Mh
M m
α
+
5．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v0，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
6．将充足气后质量为0.5kg的篮球从1.6m高处自由落下，篮球接触地面的时间为0.5s，竖直弹起的最大高度为0.9m。

不计空气阻力，重力加速度大小为g=9.8m/s2。

则触地过程中篮球地面的平均作用力大小为
A．4.9N
B．8.9N
C．9.8N
D．14.7N
7．如图所示，两个相同的木块A、B静止在水平面上，它们之间的距离为L，今有一颗子弹以较大的速度依次射穿了A、B，在子弹射出A时，A的速度为v A，子弹穿出B时，B的速度为v B，A、B停止时，它们之间的距离为s，整个过程A、B没有相碰，则（）
A．s=L，v A=v B B．s＞L，v A＜v B C．s＜L，v A＞v B D．s＜L，v A＜v B 8．如图，光滑水平面上有两辆小车，用细线相连，中间有一个被压缩的轻弹簧，小车处于静止状态。

烧断细线后，由于弹力的作用两小车分别向左、右运动。

已知两小车质量之比m1:m2=2:1，下列说法正确的是
A．弹簧弹开后两车速度大小之比为1:2
B．弹簧弹开后两车动量大小之比为1:2
C．弹簧弹开过程m1、m2受到的冲量大小之比为2:1
D．弹簧弹开过程弹力对m1、m2做功之比为1:4
9．如图所示，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑，则（）
A2gh
B ．小球到达弧形槽底部时速度等于2gh
C ．小球在下滑过程中，小球和槽组成的系统总动量守恒
D ．小球自由下滑过程中机械能守恒
10．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A 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．则在子弹打入木块A 及弹簧被压缩的过程中，子弹、两木块和弹簧组成的系统（ ）
A ．动量守恒，机械能守恒
B ．动量不守恒，机械能守恒
C ．动量守恒，机械能不守恒
D ．动量不守恒，机械能也不守恒 11．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 ．1:1
B ．1:2
C ．1:3
D ．3:1
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．我国2019年年底将发射“嫦娥五号”，实现区域软着陆及采样返回，探月工程将实现“绕、落、回”三步走目标。

若“嫦娥五号”在月球表面附近落向月球表面的过程可视为末速度为零的匀减速直线运动，则在此阶段，“嫦娥五号”的动能k E 与距离月球表面的高度h 、动量p 与时间t 的关系图象，可能正确的是
A．B．
C．D．
14．一位质量为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
15．如图所示，在光滑水平地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接。

A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态。

若突然撤去力F，则下列说法中正确的是（）
A．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒
B．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒
C．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒
D．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统机械能不守恒
16．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
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，光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一轻质弹簧，B静止，A以速度v0水平向右运动，从A与弹簧接触至弹簧被压缩到最短的过程中
A．A、B的动量变化量相同B．A、B的动量变化率相同
C．A、B系统的总动能保持不变D．A、B系统的总动量保持不变
19．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v0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．1.5v0B．v0C．大于v0，小于1.5v0D．大于1.5v0
．的小球在距离小车底部20m高处以一定的初速度向左平抛，20．如图所示，质量为05kg
落在以75/
．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
m s
m s，重力加速度取
油泥的总质量为4kg．设小球在落到车底前瞬间速度是25/
2
m s．则当小球与小车相对静止时，小车的速度是（）
10/
m s
A．4/
m s
B．5/
m s
C．8.5/
D．9.5/
m s
21．两球在光滑水平面上沿同一直线、同-方向运动，
.当追上并发生碰撞后，两球速度的可能值是（）
A ．
B ．
C ．
D ．
22．如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为1m 和2m ．图乙为它们碰撞前后的s t -图象．已知20.6kg =m ，规定水平向右为正方向．由此可知
A ．m 1=5kg
B ．碰撞过程2m 对1m 的冲量为3N s ⋅
C ．两小球碰撞过程损失的动能为1.5J
D ．碰后两小球的动量大小相等、方向相反
23．高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms ，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（ ）
A ．10 N
B ．102 N
C ．103 N
D ．104 N
24．如图所示，将质量为M 1、半径为R 且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M 2的物块．今让一质量为m 的小球自左侧槽口A 的正上方h 高处从静止开始落下，与圆弧槽相切自A 点进入槽内，则以下结论中正确的是（ ）
A ．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
B ．小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒
C ．小球离开C 点以后，将做竖直上抛运动
D ．槽将不会再次与墙接触
25．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
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一、选择题
1．B
解析：B
【解析】
【详解】
A.若动量变化，可能是只有速度方向变化，而速度大小不变，则此时动能不变，故A错误；
B.若一个物体的动能变化，则说明速度大小一定变化，动量一定变化，故B正确；
C.匀速圆周运动，速度大小不变，方向时刻在变化；说明动量一定变化，故C错误；
D.一个力对物体有了冲量，若物体没有运动，则该力对物体不做功，故D错误．
2．D
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
A、动量p=mv，速度大的物体，它的动量不一定大，故A错误；
B、物体的动量p=mv，动量大的物体，它的速度不一定大，故B错误；
C、动量等于质量与速度的乘积，物体运动的速度大小不变，物体的动量大小保持不变，但速度方向可能改变，动量方向可能改变，动量大小不变而方向改变，动量变了，故C错误；
D、质量一定的物体，动量变化△p=m△v，动量变化越大，该物体的速度变化一定越大，故D正确；
故选D．
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=mgvcosθ可知重力的瞬时功率在变化，选项D错误．故选B．
4．C
解析：C
【解析】
【详解】
此题属“人船模型”问题，m 与M 组成的系统在水平方向上动量守恒，设m 在水平方向上对地位移为x 1，M 在水平方向对地位移为x 2，因此0=mx 1－Mx 2.且x 1＋x 2=h cot α.联立可得x 2=cot mh M m
α+，故选C. 5．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．
6．D
解析：D
【解析】
【分析】
由动能定理可以求出小球落地与反弹时的速度，然后由动量定理求出小球对地面的冲击力。

【详解】
由动能定理得：小球下落过程：mgh 1=12
mv 12-0，1 5.6/v m s ===，方向竖直向下；小球上升过程：-mgh 2=0-
12mv 22，
2 4.2/v m s ==，方向竖直向上；以向下为正方向，由动量定理
得：（mg-F ）t=mv 2-mv 1，即：（0.5×9.8-F ）×0.5=0.5×（-4.2）-0.5×
5.6，F=14.7N ；方向向上；故D 正确，ABC 错误。

故选D 。

【点睛】
本题考查动量定理的应用，只要能熟练应用动能定理与动量定理可以正确解题，应用动量定理解题时，要注意正方向的选取。

7．B
解析：B
【解析】
【分析】
子弹穿过木块的过程中，阻力做负功，动能减小，速度减小，所以子弹穿过A 木块过程的平均速度较大，所用时间较短，根据动量定理得：对木块：ft =mv ，v 与t 成正比，所以A 的速度小于B 的速度，即v A ＜v B ．根据动能定理得：2102
mgs mv μ-=-，则得木块滑行的距离为 2
2v s g
μ=，可知木块的初速度v 越大，滑行距离越大，则知A 木块滑行的距离小于B 滑行的距离，所以A 、B 停止时它们之间的距离增大，则有s ＞L ，故B 正确，ACD 错误．
8．A
解析：A
【解析】
【详解】
AB ．两小车和弹簧组成的系统，在烧断细线后，合外力为零，动量守恒，所以两车的动量大小之比为1:1，由2211v m v m =结合12:2:1m m =可知12:1:2v v =，所以A 选项正确, B 选项错误；
C ．由于弹簧弹开过程，对两小车每时每刻的弹力大小相等，又对应着同一段作用时间，由I Ft =可知，m 1、m 2受到的冲量大小之比为1:1，所以C 选项错误；
D ．根据功能关系的规律，弹簧弹开过程，弹力对m 1、m 2做功等于两小车动能的增量，由2102
k W E mv =∆=- 代入数据可知12:1:2W W =，所以D 选项错误。

9．A
解析：A
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．小球与弧形槽组成的系统在水平方向系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv 球-mv 槽=0
由机械能守恒定律得
221212
mgh mv mv =+球槽 解得
v v ==球槽故A 正确，B 错误；
C ．小球在下滑过程中，小球和槽组成的系统所受合外力不为零，系统总动量不守恒，故C 错误；
D ．小球下滑过程中，除重力做功外槽对球做功，小球的机械能不守恒，故D 错误。

10．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
在子弹打入木块A 及弹簧被压缩的过程中，子弹、两木块和弹簧组成的系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒，在此过程中，除弹簧弹力做功外还有摩擦力对系统做功，所以系统机械能不守恒，故ABD 错误，C 正确。

故选C 。

11．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
由x －t 图象可以知道,碰撞前164/,0m /s 4A A B A s v m s v t =
===，碰撞后20161m /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
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221212:122
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．B
解析：B
【解析】
【详解】
AB ．若“嫦娥五号”在月球表面附近落向月球表面的过程可视为末速度为零的匀减速直线运动，设在此阶段合力为恒力F 。

由逆向思维，等效为由月球表面向上做匀加速直线运动，由动能定理知：
0k Fh E =-
整理得：
k E Fh =
故A 错误，B 正确。

CD ．同样由逆向思维法，等效为由月球表面向上做匀加速直线运动，由动量定理：
0Ft p =-
整理得：
p Ft =
故CD 错误。

14．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
12mv 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 。

15．B
解析：B
【解析】
【详解】
AC ．木块A 离开墙壁前，对A 、B 和弹簧组成的系统，由于墙壁对A 有弹力，则系统的外力之和不为零，故系统的动量不守恒；而木块A 离开墙壁后，A 、B 和弹簧组成的系统外力之和为零，则动量守恒，故AC 均错误；
BD ．木块A 离开墙壁前和木块A 离开墙壁后，A 、B 和弹簧组成的系统都只有弹簧的弹力做功，而其它力做功，则系统的 机械能一直守恒，故B 正确，D 错误。

故选B 。

16．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
2220121113222
mv mv mv =+ 解两式得
012v v =- 022
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 2=位置处发生第二次碰撞，D 正确；
故选D ．
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】
【详解】
A ．两物体相互作用过程中系统动量守恒，A 、
B 动量变化量大小相等、方向相反，动量变
化量不同，故A 错误；
B ．由动量定理可知，动量的变化率等于物体所受合外力，A 、B 两物体所受合外力大小相等、方向相反，所以合外力不同，动量的变化率不同，故B 错误；
C ．A 、B 和弹簧的系统只有弹簧的弹力做功，机械能守恒，但A 和B 的系统总动能要减少，变为弹性势能，故C 错误；
D ．两物体组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，系统总动量保持不变，故D 正确。

故选D 。

19．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 。

20．B
解析：B
【解析】
小球做平抛运动，下落时间为2t s == ，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，
15/x 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．
21．B
解析：B
【解析】A. 考虑实际运动情况，碰撞后两球同向运动，A 球速度应不大于B 球的速度，故A 错误；
B. 两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量应守恒。

碰撞前总动量为：p=p A +p B =m A v A +m B v B =(1×6+2×2)kg ⋅m/s=10kg ⋅m/s ，
总动能：E k ==×1×62 +×2×22
=22J ， 碰撞后，总动量为：p′=p′A +p′B =m A v′A +m B v′B =1×2+2×4=10kg ⋅m/s ，
总动能：E′k =
=18J ，
则p′=p，符合动量守恒和动能不增加。

故B 正确；
C. 碰撞后，总动量为：p′=p′A +p′B =m A v′A +m B v′B =(-1×4+2×7)kg ⋅m/s=10kg ⋅m/s ， 总动能：E′k =
=57J ， 符合动量守恒定律，但总动能不可能增加。

故C 错误；
D. 考虑实际运动情况，碰撞后两球同向运动，A 球速度应不大于B 球的速度，故D 错误。

故选：B 22．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由图知碰撞前m 2位置不变，则m 2静止，v m1=4 m/s ，碰撞后v m2′=
18842--m/s=5 m/s ，而v m1′= 12842
--m/s=2 m/s ，由动量守恒知m 1v m1=m 1v m1′+m 2v m2′，代入数据得m 1＝1.5 kg.故A 错误；
B ．根据动量定理，2m 对1m 的冲量I 1= m 1v m1′- m 1v m1=1.5×2-1.5×4=-3 N s ⋅，故B 错误；
C ．碰撞前后，系统损失的动能222
111122111222
k m m m E m v m v m v =
-'∆-' =1.5J ，故C 正确； D ．碰后两小球的动量方向都沿正方向，故D 错误．
故选：C 点睛：由s-t 图像可知碰撞前后两物体的速度．根据碰撞过程动量守恒定律可得m 1的质量．根据动量定理，可求2m 对1m 的冲量．求出碰撞前后的动能，可得系统损失的动能．碰后两小球的速度都为正，动量方向都沿正方向．
23．C
解析：C
【解析】
试题分析：本题是一道估算题，所以大致要知道一层楼的高度约为3m ，可以利用动能定理或者机械能守恒求落地时的速度，并利用动量定理求力的大小．
设鸡蛋落地瞬间的速度为v ，每层楼的高度大约是3m ， 由动能定理可知：21
2
mgh mv = ，
解得：/v s ===
落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，
由动量定理可知：()()0N mg t mv -=-- ，解得：1000N N ≈ ，
根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N ，故C 正确
故选C
点睛：利用动能定理求出落地时的速度，然后借助于动量定理求出地面的接触力
24．D
解析：D
【解析】
小球从AB 的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽 和物块组成的系统动量也不守恒；从B →C 的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，在小球运动的全过程，水平方向 动量也不守恒，选项AB 错误；当小球运动到C 点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，C 错误；因为全过程中，整个系统在水平 方向上获得了水平向右的冲量，最终槽将与墙不会再次接触，D 正确．
【点睛】判断系统动量是否守恒关键是明确系统是否受到外力的作用，故在应用动量守恒定律时一定要明确是哪一系统动量守恒．
25．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。