高考物理新力学知识点之动量全集汇编含答案解析

高考物理新力学知识点之动量全集汇编含答案解析
一、选择题
1．一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
2．如下图所示，将质量为M ，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。

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 ．槽离开墙后，将不会再次与墙接触
B ．小球离开
C 点以后，将做竖直上抛运动
C ．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
D ．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒
3．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 =
4．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 5．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+ 6．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
7．如图，半径为R 、质量为m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量也为m 的小球从距A 点正上方h 高处由静止释放，小球自由落体后由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
3
4
h ，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
1
2
R 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1
2
h＜h＜
3
4
h
8．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（）
A．小球到达弧形槽底部时速度小于2gh
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
9．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
10．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
11．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 12．忽然“唵——”的一声，一辆运沙车按着大喇叭轰隆隆的从旁边开过，小明就想，装沙时运沙车都是停在沙场传送带下，等装满沙后再开走，为了提高效率，他觉得应该让运沙车边走边装沙。

设想运沙车沿着固定的水平轨道向前行驶，沙子从传送带上匀速地竖直漏下，已知某时刻运沙车前进的速度为v，单位时间从传送带上漏下的沙子质量为m，则
下列说法中正确的是
A ．若轨道光滑，则运沙车和漏进车的沙组成的系统动量守恒
B ．若轨道光滑，则运沙车装的沙越来越多，速度却能保持不变
C ．已知此时运沙车所受的轨道阻力为F 阻，则要维持运沙车匀速前进，运沙车的牵引力应为F F =阻
D ．已知此时运沙车所受的轨道阻力为F 阻，则要维持运沙车匀速前进，运沙车的牵引力应为F F mv =+阻
13．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
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 ＋mg Δt ，地面对他做的功为
12
mv 2 B ．地面对他的冲量为mv ＋mg Δt ，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
12
mv 2 D ．地面对他的冲量为mv －mg Δt ，地面对他做的功为零
15．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
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
18．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
19．一物体在合外力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 =
20．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
21．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m 和m ，以相同的速率v 在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是( ) A ．弹性碰撞 B ．非弹性碰撞 C ．完全非弹性碰撞
D ．条件不足，无法确定
22．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
23．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
24．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
25．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 ．
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一、选择题 1．C 解析：C 【解析】 【详解】
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 。

2．A
解析：A 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．小球从A 运动到B 的过程中，由于墙壁的阻挡，所以槽不会运动，在该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到墙壁的作用力，系统水平方向动量并不守恒，小球、半圆槽组成的系统动量也不守恒；从B 运动到C 的过程中，在小球压力作用下，半圆槽离开墙壁向右运动，小球离开C 点时，小球的水平速度与半圆槽的速度相同，但是此时小球也具有竖直向上的速度，所以小球离开C 点以后，将做斜上抛运动。

小球离开C 点以后，槽向右匀速运动，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，槽将与墙不会再次接触，B 错误A 正确；
C ．小球从A 运动到B 的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量不守恒。

槽离开墙壁后，系统水平方向不受外力，小球与半圆槽在水平方向动量守恒，因此，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不守恒，C 错误；
D ．小球在槽内运动的全过程中，小球有竖直向上的分加速度，存在超重现象，系统竖直方向的合外力不为零，因此，小球与半圆槽组成的系统动量不守恒，D 错误。

故选A 。

3．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．
4．A
解析：A
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，
5．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
2'2'2A 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 。

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．
7．D
解析：D 【解析】
小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A 错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv-mv′=0，20R x x
m
m t t
--=，解得，小车的位移：x=R ，故B 错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A 点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C 错误；
小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：mg （h 0-3
4
h 0）-W f =0，W f 为小球克服摩擦力做功大小，解得：W f =14mgh 0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为1
4
mgh 0，由于小球第
二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于14mgh 0，机械能损失小于1
4
mgh 0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：000311
442h h h -
=，而小于34
h 0，故D 正确；故选D ． 点睛：动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功．摩擦力做功使得机械能转化成内能．
8．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
22
1212
mgh mv mv =+球槽
解得
2v v gh gh ==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。

故选A 。

9．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．
10．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
11．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。

12．D
解析：D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．若轨道光滑，则运沙车和漏进车的沙组成的系统水平方向动量守恒，而不是总动量守恒，因为沙子的竖直动量在变化，故A 错误；
B ．设某时刻沙车总质量为M ，随后一段时间△t 内漏进沙车的沙子质量为△m ，则由水平方向动量守恒，有
Mv +0=（M +△m ）v′
可以看出沙车速度会逐渐减小，故B 错误；
CD ．选一段极短时间△t 内漏进沙车的沙子△m 为研究对象，由动量定理，有
F △t =△mv -0
得车对漏进来的沙子向前的作用力为
m
F v mv t
=＝
则以沙车为研究对象，由平衡条件，有
0F F F --'阻牵＝
其中F′是漏进沙子对车的阻力，由牛顿第三定律有F′=F ，联立得
F F mv +阻牵＝
故C 错误，D 正确； 故选D 。

13．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．
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 。

15．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．
16．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 。

17．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：
2012A m v =m A gR +21)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：
2012A m v =2112A m v +2
212B m v
A 0A 1
B 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。

18．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 。

19．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：2111
2
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.
20．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。

21．A
解析：A 【解析】 【分析】 【详解】
由动量守恒3m·v－mv ＝0＋mv′，所以v′＝2v 碰前总动能：E k ＝42×3m·v 2＋42
mv 2＝2mv 2 碰后总动能E k ′＝
4
2
mv′2＝2mv 2，E k ＝E k ′，所以A 正确． 22．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 。

23．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 。

24．D
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
25．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。