高考物理新力学知识点之动量易错题汇编及答案

高考物理新力学知识点之动量易错题汇编及答案
一、选择题
1．人的质量m ＝60kg ，船的质量M ＝240kg ，若船用缆绳固定，船离岸1.5m 时，人可以跃上岸．若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为(不计水的阻力，两次人消耗的能量相等，两次从离开船到跃上岸所用的时间相等)( )
A ．1.5m
B ．1.2m
C ．1.34m
D ．1.1m
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v 0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 ．1:2
B ．1:3
C ．1:6
D ．1:9
3．质量为1.0kg 的小球从高20m 处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度为5.0m ．小球与软垫接触的时间为1.0s ，在接触时间内小球受到合力的冲量大小为（空气阻力不计，g 取10m/s 2）
A ．10N·
s B ．20N·s C ．30N·s D ．40N·s 4．如图所示，A 、B 是位于水平桌面上两个质量相等的小滑块，离墙壁的距离分别为L 和
2
L
，与桌面之间的动摩擦因数分别为A μ和B μ，现给滑块A 某一初速度，使之从桌面右端开始向左滑动，设AB 之间、B 与墙壁之间的碰撞时间都很短，且碰撞中没有能量损失，若要使滑块A 最终不从桌面上掉下来，滑块A 的初速度的最大值为（ ）
A ．()A
B gL μμ+ B ．()2A B gL μμ+
C ．()2
A B gL μμ+
D ．
()1
2
A B gL μμ+ 5．如图所示，光滑绝缘水平轨道上带正电的甲球，以某一水平速度射向静止在轨道上带正电的乙球，当它们相距最近时，甲球的速度变为原来的1
5
．已知两球始终未接触，则甲、乙两球的质量之比是
A ．1：1
B ．1：2
C ．1：3
D ．1：4
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 7．一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
8．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
9．如图所示是一种弹射装置，弹丸质量为m ，底座质量为3m ，开始时均处于静止状态，当弹簧释放将弹丸以相对地面v 的速度发射出去后，底座的反冲速度大小是（ ）
A ．3v /4
B ．v /4
C ．v /3
D ．0
10．如图所示，在冰壶世锦赛上中国队以8：6战胜瑞典队，收获了第一 个世锦赛冠军，队长王冰玉在最后一投中，将质量为19kg 的冰壶推出，运动一段时间后以0.4m /s 的速度正碰静止的瑞典冰壶，然后中国队冰壶以0.1m /s 的速度继续向前滑向大本营中心．若两冰壶质量相等，则下列判断正确的是（ ）
A ．瑞典队冰壶的速度为0.3m /s ，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
B ．瑞典队冰壶的速度为0.3m /s ，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
C ．瑞典队冰壶的速度为0.5m /s ，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
D ．瑞典队冰壶的速度为0.5m /s ，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
11．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
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．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
14．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
15．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∆∆=
16．一物体在合外力F 的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示，物体在0t 和02t 时刻，物体的动能分别为1k E 、2k E ，物块的动量分别为
1p 、2p ，则
A ．218k k E E =，214p p =
B ．213k k E E =，213p p =
C ．219k k E E =，213p p =
D ．213k k
E E =，212p p =
17．如图所示，设车厢长为l ，质量为M ，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m 的物体，以速度v 0向右运动，与车厢壁来回碰撞n 次后，静止于车厢中，这时车厢的速度为（ ）
A ．v 0，水平向右
B ．0
C ．0
mv M m
+，水平向右 D ．
m
M mv -0
，水平向右 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v 0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．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．质量为2kg 的物体放在光滑水平面上，受到水平方向成30°角的斜向上的拉力F =3N 的作用，经过10s(取g =10m/s 2)( ) A ．力F 的冲量为3N·s B ．物体的动量的变化是30kg·m/s C ．重力的冲量是零
D ．地面支持力的冲量是185N·
s 21．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
22．一位质量为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
23．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )
A．
2
m gh
＋mg B．
2
m gh
－mg
C．m gh
＋mg D．
m gh
－mg
24．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
25．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
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、选择题
1．C
解析：C
【解析】 【分析】 【详解】
以人的方向为正方向，撤去缆绳，由动量守恒定律可知，0=mv 1-Mv 2； 由于两次人消耗的能量相等，故人跳起时的动能不变； 则由功能关系可知：222
012
111222
mv mv Mv =+ 解得：10M
v v M m
=
+ 所以110240
1.5 1.3460240
M x v t x m m M m ==
=⨯=++，故C 正确． 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
11132233
p 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．C
解析：C 【解析】 【详解】
小球从开始下落到落到软垫上过程中，由动能定理可得：mgh 1=mv 12-0， 代入数据解得：v 1=20m/s ，方向竖直向下； 小球从反弹到到达最高点过程中：-mgh 2=0-mv 22，
代入数据解得：v 2=10m/s ，方向竖直向上； 以竖直向上为正方向，由动量定理得：
I=mv 2-mv 1=1kg×10m/s-1kg×（-20m/s ）=30N•s ，方向竖直向上；故选C 。

【点睛】
本题动量守恒定律的应用；对于动量定理的应用，要注意其中各物理量的方向性，正确设定正方向，确定各量的正负．
4．B
解析：B 【解析】 【分析】 【详解】
以A 、B 两物体组成的系统为研究对象，A 与B 碰撞时，由于相互作用的内力远大于摩擦力，所以碰撞过程中系统的动量守恒。

设A 与B 碰前速度为v A ，碰后A 、B 的速度分别为v A ′、v B ′，由动量守恒定律得
A A A A
B B m v m v m v ='+'
由于碰撞中总动能无损失，所以
2'2'2
A A A A
B B 111222
m v m v m v =+ 且
A B m m m ==
联立得
A B A 0v v v '='=，
即A 与B 碰后二者交换速度。

所以第一次碰后A 停止运动，B 滑动；第二次碰后B 停止运动，A 向右滑动，要求A 最后不掉下桌面，它所具有的初动能正好等于A 再次回到桌边的全过程中A 、B 两物体克服摩擦力所做的功，即
20A B 12()2222
L L mv mg L mg μμ=-+ 解得
0v =故ACD 错误，B 正确。

故选B 。

5．D
解析：D 【解析】
甲、乙组成的系统动量守恒，当两球相距最近时具有共同速度v ，由动量守恒： m 甲v 0=(m 甲+m 乙)
5
v 解得：m 乙=4m 甲，故D 正确，ABC 错误．
故选：D ．
点睛：A 、B 组成的系统动量守恒，当两球相距最近时具有共同速度，由动量守恒求解．
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．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 。

8．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
9．C
解析：C 【解析】
在水平方向上，弹丸和底座组成的系统动量守恒，设水平向右为正，由动量守恒可得
3'0mv mv +=，得'3
v
v =-，负号表示速度方向水平向左，故C 正确．
10．B
解析：B 【解析】
两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动方向为正方向，根据动量守恒定律有： mv 1=mv 2+mv 3
代入数据得：m×0.4=m×0.1+mv 3 解得：v 3=0.3m/s. 动能减小量：2222221231111
(0.40.10.3)02222
k E mv mv mv m ∆=
--=--〉 故动能减小，是非弹性碰撞； 故选B ． 【名师点睛】
两冰壶在碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰后中国队冰壶获得的速度，通过计算动能改变量来判断是否为弹性碰撞．
11．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
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】
【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 。

14．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
15．D
解析：D
【解析】
【详解】
A ．侧移量
222001()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
200tan 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
202k 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 。

16．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据动量定理分别求物体在t 0和2t 0时刻的速度v 1和v 2之比．根据公式P=mv ，求出P 1和P 2之比，再根据动能的计算式求E k1和E k2之比
【详解】
根据动量定理得：
00t -内：001F t mv =⋯①
002t t -内：00212F t mv mv =-⋯②
由②①解得：1v ：21v =：3
由p mv =得：213p p = 由212k E mv =得：21112
k E mv = 22212
k E mv = 解得：219k k E E =。

故选：C 。

【点睛】
本题涉及力在时间的积累效果，优先考虑动量定理．对于动能，也可以根据动能定理求解. 17．C
解析：C
【解析】
【详解】
物块再车辆内和车发生碰撞满足动量守恒，最后物块和车共速，由动量守恒得
01()mv M m v =+ 解得01mv v m M
=
+，方向水平向右 A. v 0，水平向右不符合题意
B. 0不符合题意
C. 0 mv M m +，水平向右符合题意
D. m
M mv -0，水平向右不符合题意 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】
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．D
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
拉力F向上的分量为
F sin30°=1.5 N
地面支持力为
-=18.5 N
mg F
sin30
拉力F沿水平方向的分力为
33
F N
=
cos30
根据I=Ft，所以力F的冲量为I F=30 N·s。

合力的冲量为
F t N s
⋅=⋅
cos30153
则动量的变化量为3m/s，重力的冲量为200 N·s，地面支持力的冲量为185 N·s，选项D正确。

故选D。

21．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：212
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 22．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 。

23．A
解析：A
【解析】
【详解】 在安全带对人有拉力的瞬间时，人做自由落体运动，此过程机械能守恒，故有
212mgh mv =，即在产生拉力瞬间速度为v =动，末速度为零，设向上为正方向，则根据动量定理可得：有0Ft mgt mv -=-，联立解
得F mg -=+ 【点睛】
本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，然后对自由落体运动过程和全程封闭列式求解，注意运用动量定理前要先规定正方向
24．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．
25．C
解析：C
【解析】
【详解】
A ．根据动能定理知
2201122
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 。