高考物理沧州力学知识点之动量真题汇编附答案解析

高考物理沧州力学知识点之动量真题汇编附答案解析
一、选择题
1．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
D．杆滑到斜面底端时，斜面体的速度大小为2gh cosθ
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
v击中静止在粗糙水平地面上质量为M的木块，并陷入3．质量为m的子弹以某一初速度
木块一定深度后与木块相对静止，甲、乙两图表示这一过程开始和结束时子弹和木块可能的相对位置，设地面粗糙程度均匀，木块对子弹的阻力大小恒定，下列说法正确的是
（）
A．若M较大，可能是甲图所示情形：若M较小，可能是乙图所示情形
B．若0v较小，可能是甲图所示情形：若0v较大，可能是乙图所示情形
C．地面较光滑，可能是甲图所示情形：地面较粗糙，可能是乙图所示情形
D．无论m、M、0v的大小和地面粗糙程度如何，都只可能是甲图所示的情形
4．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．1：1B．1：2C．1：3D．1：4
5．如图所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上．槽的左侧有一竖直墙壁．现让一小球(可认为质点)自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内，则下列说法正确的是()
A．小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动
B．小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功
C．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒
D．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒
6．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
7．“轨道电子俘获”是放射性同位素衰变的一种形式，它是指原子核（称为母核）俘获一个核外电子，其内部一个质子转变为中子，从而变成一个新核（称为子核），并且放出一个中微子的过程。

中微子的质量极小，不带电，很难探测到，人们最早就是通过子核的反冲而间接证明中微子存在的。

若一个静止的原子核发生“轨道电子俘获”（电子的初动量可不计），则（）
A．母核的质量数大于子核的质量数
B．母核的电荷数大于子核的电荷数
C．子核的动量与中微子的动量相同
D．子核的动能大于中微子的动能
8．一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态．放出一个质量为m的粒子后反冲，已
知放出的粒子的动能为E0，则原子核反冲的动能为
A．E0B．m
M
E0C．
m
M m
-
E0D．
Mm
M m
-
E0
9．如图所示，甲木块的质量为1
m，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2
m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．物体在恒定的合外力作用下做直线运动，在时间△t1内动能由0增大到E0，在时间∆t2内动能由E0增大到2E0.设合外力在△t1内做的功是W1、冲量是I1，在∆t2内做的功是W2、冲量是I2，那么( )
A．I1<I2W1=W2B．I1>I2W1=W2C．I1<I2W1<W2D．I1=I2W1<W2 11．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
12．如图所示，静止在匀强磁场中的某放射性元素的原子核，当它放出一个α粒子后，其速度方向与磁场方向垂直，测得α粒子和反冲核轨道半径之比为44:1，则下列说法不正确的是（）
A．α粒子与反冲粒子的动量大小相等，方向相反
B．原来放射性元素的原子核电荷数为90
C．反冲核的核电荷数为88
D．α粒子和反冲粒子的速度之比为1:88
13．将一个质量为m的小球，以一定的初速度
v斜向上抛出，小球在空中运动t时间内的动量改变量大小为（不计空气阻力，重力加速度为g）（）
A ．0mv
B ．02mv
C ．mgt
D ．0mgt mv +
14．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 +
15．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 16．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∆∆=
17．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
18．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
+
19．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
210/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 20．
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 ．
21．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 2m gh
mg B 2m gh
mg C m gh
mg D m gh
mg 22．质量为M 的物块以速度v 运动，与质量为m 的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M /m 可能为 A ．0.8
B ．3
C ．4
D ．5
23．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 ⋅ 24．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
25．质量为5kg 的物体，原来以v=5m/s 的速度做匀速直线运动，现受到跟运动方向相同的冲量15Ns 的作用，历时4s ，物体的动量大小变为( ) A ．80 kg·
m/s B ．160 kg·
m/s C ．40 kg·
m/s D ．10 kg·
m/s
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、选择题 1．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2v gh 斜θ，选项D 正确。

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．D
解析：D 【解析】 【分析】 【详解】
在子弹射入木块的瞬间，子弹与木块间的摩擦力远远大于木块与地面间的摩擦力，故地面光滑与粗糙效果相同，子弹和木块构成一系统，在水平方向上合外力为零，在水平方向上动量守恒，规定向右为正方向，设子弹与木块的共同速度为v ，根据动量守恒定律有
0()mv m M v =+
木块在水平面上滑行的距离为s ，子弹射入并穿出木块的过程中对木块运用动能定理得
22
2
02122()
Mm v fs Mv m M ==+ 根据能量守恒定律得
2
22
0011()222()
Mmv Q fd mv m M v M m ==-+=+
则
d s >
不论速度、质量大小关系和地面粗糙程度如何，都只可能是甲图所示的情形，故ABC 错误，D 正确。

故选D 。

4．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．
5．C
解析：C 【解析】 【详解】
A 、小球经过槽的最低点后，在小球沿槽的右侧面上升的过程中，槽也向右运动，小球离开右侧槽口时相对于地面的速度斜向右上方，小球将做斜抛运动而不是做竖直上抛运动，故A 错误；
B 、小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功，故B 错误；
C 、小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功，但球对槽作用力做正功，两者之和正好为零，所以小球与槽组成的系统机械能守恒，故C 正确；
D 、小球在槽内运动的前半过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，而小球在槽内运动的后半过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒，故D 错误． 【点睛】
考查动量守恒定律与机械能守恒定律．当球下落到最低点过程，由于左侧竖直墙壁作用，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，但小球机械能守恒．当球从最低点上升时，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒，但小球机械能不守恒，而小球与槽组成的系统机械能守恒．
6．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
2
102
k W E mv =∆=
- 代入数据可知12:1:2W W =，所以D 选项错误。

7．B
解析：B 【解析】 【分析】
【详解】
AB ．原子核（称为母核）俘获一个核外电子，使其内部的一个质子变为中子，并放出一个中微子，从而变成一个新核（称为子核）的过程。

电荷数少1，质量数不变。

故A 错误，B 正确；
C ．原子核（称为母核）俘获电子的过程中动量守恒，初状态系统的总动量为0，则子核的动量和中微子的动量大小相等，方向相反。

故C 错误；
D ．子核的动量大小和中微子的动量大小相等，由于中微子的质量很小，根据
2
k 2p E m
= 知，中微子的动能大于子核的动能。

故D 错误。

故选B 。

8．C
解析：C 【解析】 【详解】
放出质量为m 的粒子后，剩余质量为M-m ，该过程动量守恒，有：()0mv M m v =-①，放出的粒子的动能为：20012E mv =②，原子核反冲的动能：()21
2
k E M m v =-③，联立①②③得：0k m
E E M m
=
-，故ABD 错误，C 正确。

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】 【详解】 根据动能定理得：
W 1=E 0-0=E 0，W 2=2E 0-E 0=E 0
则W 1=W 2．动量与动能的关系式为
, 则由动量定理得：
，
则I 1＞I 2．
A. I 1<I 2 W 1=W 2与上述分析结论I 1>I 2 W 1=W 2不相符，故A 不符合题意；
B. I 1>I 2 W 1=W 2与上述分析结论I 1>I 2 W 1=W 2相符，故B 符合题意；
C. I 1<I 2 W 1<W 2与上述分析结论I 1>I 2 W 1=W 2不相符，故C 不符合题意；
D. I 1=I 2 W 1<W 2与上述分析结论I 1>I 2 W 1=W 2不相符，故D 不符合题意。

11．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．
12．D
解析：D 【解析】 【详解】
微粒之间相互作用的过程中遵守动量守恒定律，由于初始总动量为零，则末动量也为零，即α粒子和反冲核的动量大小相等，方向相反；由于释放的α粒子和反冲核均在垂直于磁
场的平面内，且在洛伦兹力作用下做圆周运动；由2
mv Bqv R
=得：mv R Bq =，若原来放射
性元素的核电荷数为Q ，则对α粒子：1
12P R B e =•，对反冲核：22(2)P R B Q e =•-，由于
12P P =，根据12:44:1R R =，解得90Q =，反冲核的核电荷数为90288-=，它们的速
度大小与质量成反比，由于不知道质量关系，无法确定速度大小关系，故A 、B 、C 正确，D 错误；
13．C
解析：C 【解析】 【详解】
由于小球作曲线运动,不知道末速度,故只能根据动量定理求解,根据动量定理可知，小球动量变化等于重力的冲量,即p mgt ∆=，C 项正确。

14．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 。

15．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：mv 0cosθ=（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+12（m+M ）v 2=12
mv 02；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．
16．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 。

17．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 。

18．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．
19．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．
20．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 21．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2v gh =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2m gh 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
22．B
解析：B
【解析】
【详解】
设碰撞后两者的动量都为p ，由于题意可知，碰撞前后总动量为2p ，根据动量和动能的关系有：
22k p mE =
碰撞过程动能不增加，有：
222
(2)222p p p M M m
≥+ 解得：
3M m
≤ 故选B 。

23．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。

24．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222000*********p k E mv mv mv E -⋅
＝＝＝ 故最大弹性势能等于P 的初动能的12。

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．
25．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
设物体初速度方向为正方向，根据动量定理可得551540/P I mv kg m s =+=⨯+=⋅，C 正确。