高考物理常州力学知识点之动量经典测试题附答案

高考物理常州力学知识点之动量经典测试题附答案
一、选择题
1．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v0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．mv0＝(m＋M)v B．mv0cosθ＝(m＋M)v
C．mgh＝1
2
m(v0sinθ)2D．
1
2
(m＋M)v2＝
1
2
mv02+ mgh
2．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
3．篮球运动深受同学们喜爱。

打篮球时，某同学伸出双手接传来的篮球，双手随篮球迅速收缩至胸前，如图所示。

他这样做的效果是（）
A．减小篮球对手的冲击力
B．减小篮球的动量变化量
C．减小篮球的动能变化量
D．减小篮球对手的冲量
4．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 5．质量是60kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起
来．已知安全带的缓冲时间是1.2s ，安全带长5m ，取2
10 /g m s ,则安全带所受的平均
冲力的大小为（ ） A ．1100N
B ．600N
C ．500N
D ．100N
6．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
7．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
8．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
9．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
10．将一个质量为m 的小球，以一定的初速度0v 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 +
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，一个质量为M 的滑块放置在光滑水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF ，圆弧半径为R =1m ．E 点切线水平．另有一个质量为m 的小球以初速度v 0从E 点冲上滑块，若小球刚好没跃出圆弧的上端，已知M =4m ，g 取10m/s 2，不计摩擦．则小球的初速度v 0的大小为（ ）
A ．v 0=4m/s
B ．v 0=6m/s
C ．v 0=5m/s
D ．v 0=7m/s
13．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
14．我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3000m 接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（ ）
A ．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B ．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C ．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D ．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
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
16．一物体在合外力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，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
18．篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后引．这样可以减小
A ．球对手的力的冲量
B ．球对手的力的大小
C ．球的动量变化量
D ．球的动能变化量
19．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 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．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 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
23．一位质量为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
24．质量为m 的均匀木块静止在光滑水平面上,木块左右两侧各有一位持有完全相同步枪和子弹的射击手．首先左侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d 1,然后右侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d 2，如图所示．设子弹均未射穿木块,且两颗子弹与木块之间的作用大小均相同．当两颗子弹均相对于木块静止时,下列判断正确的是( )
A ．木块静止,d 1=d 2
B ．木块静止,d 1<d 2
C ．木块向右运动,d 1<d 2
D ．木块向左运动,d 1=d 2
25．马路”低头族”已经成为交通安全的一个大问题，一个小朋友手拿手机正在过马路，突然一阵急促鸣笛，手机掉在地上，还好有惊无险，小朋友没事，手机虽然戴着有很好缓冲作用的保护套，可是屏还是摔碎了。

如果手机质量为180克，从静止开始下落，开始离地高度为0. 8米，与地面的撞击时间为0. 04秒，且落地后不再反弹，重力加速度g 取210m/s ，那么手机在与地面作用的过程中，地面对手机作用力的大小为
（ ） A ．19. 8N
B ．18. 0N
C ．16. 2N
D ．18. 18N
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、选择题 1．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=1
2
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．
2．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=
1
2mv 12-0，1 5.6/v m s ===，方向竖直向下；小球上升过程：-mgh 2=0-
1
2
mv 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。

3．A
解析：A 【解析】 【详解】
ABD ．先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得
0Ft mv -=-
解得:
mv F t
=
当时间增大时，球动量的变化率减小，作用力就减小，而冲量和动量的变化量都不变，所以A 正确，BD 错误。

C ．速度由v 减小到0，动能的变化量是不变的，故C 错误。

故选A 。

4．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 。

5．A
解析：A 【解析】
根据v 2
=2gL 得，弹性绳绷直时，工人的速度为：，
取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg 和安全带给的冲力F ，取F 方向为正方向，由动量定理得：Ft −mgt=0−(−mv)， 代入数据解得：F=1100N ，方向竖直向上，
由牛顿第三定律可知，安全带受到的平均冲力为：F′=F=1100N，方向竖直向下．故A 正确，BCD 错误． 故选A
6．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．
7．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
8．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．
9．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 。

10．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。

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．C
【解析】 【详解】
当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v 1，根据水平方向动量守
恒有：mv 0=（m +M ）v 1，根据机械能守恒定律有：
()220111
22
mv m M v mgR ++＝；根据题意有：M =4m ，联立两式解得：v 0=5m/s ，故ABD 错误，C 正确．故选C ． 【点睛】
本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律以及能量守恒定律等，知道小球刚好没跃出圆弧的上端，两者水平方向上的速度相同，结合水平方向系统动量守恒和系统机械能守恒列式求解即可．
13．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：10v =
所以110 1.5 1.34x v t m m ==
==，故C 正确． 14．B
解析：B 【解析】 【详解】
A ．因为冲量是矢量，甲对已的作用力与乙对甲的作用力大小相等方向相反，故冲量大小相等方向相反，故A 错误．
B ．设甲乙两运动员的质量分别为m 甲、m 乙，追上之前的瞬间甲、乙两运动员的速度分别是v 甲，v 乙．根据题意整个交接棒过程动量守恒：
''m v m v m v m v +=+甲甲乙乙甲甲乙乙
可以解得：
m v m v ∆=-∆甲甲乙乙，
即B 选项正确；
CD ．经历了中间的完全非弹性碰撞过程 会有动能损失，CD 选项错误．
本题主要考察能量（做功正负判断）、动量（动量定理、动量守恒）相关知识，结合弹性碰撞和非弹性碰撞的动量和能量关系展开讨论．
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．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.
17．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
12
v v =- 0
22
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 ．
18．B
解析：B 【解析】
球对手的力的冲量0P mv mv =-，不变，A 错误；篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后引，增加了手与球间的相互作用力时间，根据
0Ft mv mv =-可知，减小了球对手的力的大小，B 正确；根据动量变化0P mv mv ∆=-可
知，动量变化量相同，C 错误；球的动能变化量22
01122
k E mv mv ∆=-，相同，故D 错误．
19．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
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．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
sin 30mg F -=18.5 N
拉力F 沿水平方向的分力为
33
cos302
F N =
根据I=Ft ，所以力F 的冲量为I F =30 N·s 。

合力的冲量为
cos30F t s ⋅=⋅
则动量的变化量为m/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 。

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′= 188
42
--m/s=5 m/s ，而v m1′=
128
42
--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．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．B
解析：B 【解析】
左侧射手开枪后,子弹射入木块与木块一起向右运动,设共同速度为v 1,由动量守恒有mv 0=(M+m)v 1,由能量守恒有F f d 1=
22011
()22
mv M m v -+.右侧射手开枪后,射出的子弹与木块及左侧射手射出的第一颗子弹共同运动的速度设为v 2,由动量守恒有(M+m)v 1-mv 0=(M+2m)v 2,由能量守恒有F f d 2=
222
012111()(2)222
mv M m v M m v ++-+,解之可得v 2=0,d 1=
20,2()f Mmv F M m +d 2=2
(2),2()
f M m mv F M m ++故B 正确. 25．A
解析：A 【解析】 【详解】
设手机落地速度为v ，对自由落体的过程，0.8m h =，有：
22v gh =
解得：
4m/s v =
对手机和底面相碰的过程，0.04s t ∆=，取向上为正，由动量定理：
-∆=-
N mg t mv
()0()
带入数据解得：
19.8N
N=
即地面对手机作用力的支持力为19.8N，故A正确，BCD错误。

故选A。