选修1 第1章 动量 知识问答式 学案（附章末测试）（有解析）

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▲选修1 第一章 动量
问题1．什么是动量 ？动量与动能什么区别和联系？怎么实现它们之间的相互转化？
答：（1）概念：动量是物体质量与速度的乘积，表达式是P= mv；动量有方向是 矢量，其中v指物体的对地速度；
（2） 注意动量和动能的联系:Ek＝mv2 p＝ Ek＝ 都是速度一质量的关系式。动量是矢量，动能是标量。
问题2、什么是动量的变化量？什么是冲量？怎么计算冲量？冲量和动量变化量什么关系？
（1）动量的增量：ΔP=P`-P(意义是末动量减初动量)也是矢量。
（2）冲量概念：一个恒力的冲量指的是这个力与其作用时间的乘积。表达式I= Ft；
（3）冲量计算①．求冲量大小时，只要力不为零，一段时间内的冲量就不为零．
②．恒力的冲量：I＝Ft只适合于计算恒力的冲量，
（4）冲量和动量变化量什么关系？依据：由牛顿第二定律及加速度定义式：整理得；即；所以冲量等于动量变化量：。
问题3、什么是动量定理？怎么运用动量定理？
答：（1）动量定理：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化量，叫做动量定理。动量定理表达式为:I=Ft=mv`- mv=ΔP
（2）动量定理的应用：①根据动量定理求解平均作用力？。可以通过公式求解冲量或者动量变化量。
问题4.若是变力怎么求解冲量？
答：（1）根据动量定理，动量变化量等于冲量：；
(2)若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求冲量．I=F平均t。（平均作用力是一种近似计算把变力看成恒力。）
(3)若给出了力F随时间t变化的图象，可用F－t图象与t轴所围的面积I=Ft求冲量．面积也是动量的变化量。
练习1．(本题4分)关于冲量和动量，下列说法中错误的是（　　）
A．冲量是反映力对时间的积累效应的物理量 B．动量是描述物体运动状态的物理量
C．冲量是物体动量变化的原因 D．冲量方向与动量方向一致
练习1【答案】D【详解】A．根据冲量的定义可知，冲量是力在时间上的累积效应，故A正确，不符合题意；B．根据动量的定义可知，动量是描述物体运动状态的物理量，故B正确，不符合题意；C．根据动量定理可知，冲量是物体动量变化的原因，故C正确，不符合题意；D．冲量的方向与力的方向一致，故D错误，符合题意。故选D。
练习2．(本题4分)若一颗质量的子弹以的初速度经时间射入墙壁，则子弹射入墙壁时，其对墙壁的平均作用力约为（　　）A． B． C． D．
练习2．【答案】B 【分析】本题考查动量定理的应用，根据动量定理列式求解。
【详解】设子弹对墙壁的作用力为F，根据动量定理，有解得，故ACD错误，B项正确。故选B。
问题5．什么是动量守恒定律？动量守恒定律的条件是什么？表达式是什么？什么情况可以运用动量守恒定律？
答：(1)动量守恒定律内容：系统只有内部的相互作用力做功，不受外力或者所受外力之和为零，系统总动量守恒 。
（2） 动量守恒的条件：系统只有内部的相互作用力做功，不受外力或者所受外力之和为零
（3）动量守恒的表达式(1)p＝p′，系统相互作用变化前动量p等于相互作用后的变化后动量p′。
(4)动量守恒定律的表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(5)判断能否运用动量定理：根据动量守恒条件：只有系统内部相互作用力做功，而外力不做功的情况下就可以运用动量守恒定理。
练习1把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，枪发射出一颗子弹时，关于枪、子弹和车，正确的是(　　)
A．枪和子弹组成的系统动量守恒 B．枪和车组成的系统动量守恒
C．三者组成的系统因为子弹和枪筒之间的摩擦力很小，使系统的动量变化很小，可忽略不计，故系统动量近似守恒
D．三者组成的系统动量守恒，因为系统只受重力和地面支持力这两个外力作用，这两个外力的合力为零
练习1答案 D 枪、子弹和车共同构成系统，内部相互作用是子弹和枪及车共同内部相互作用力，故整体动量守恒。但是枪和子弹间动量不守恒，因为枪在车上，受到车的阻力作用，故而属于外力，所以枪和子弹动量不守恒。
问题6．什么是弹性碰撞？弹性碰撞有什么规律？
答：如果碰撞过程中忽略能量的损耗，这样的碰撞叫做弹性碰撞．弹性碰撞机械能守恒，动量也守恒，
②两个规律：动量守恒定律：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；机械能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2（碰前动能=碰后动能）
问题7.什么是非弹性碰撞？动量是否守恒？动能的变化有什么特别之处？
答：（1）非弹性碰撞定义：如果碰撞过程中有能量损耗，这样的碰撞叫做非弹性碰撞．
（2）非弹性碰撞机械能不守恒，但因为只是内部的相互作用故而动量守恒。
（3）非弹性碰撞规律：①动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；
②机械能减少，碰撞前动能大于碰撞后的动能，Ek1＋Ek2 ≥Ek1′＋Ek2′
③同时损失的机械能转化为内能：Q＝|ΔEk|＝Ek初总－Ek末总（改变的内能=碰前动能减碰后动能）
问题8、什么是完全非弹性碰撞？能量的损耗有什么特点？完全非弹性碰撞怎么计算能量的损失？
答：①完全非弹性碰撞定义：如果两个物体碰撞后，两个物体连接成一个整体 ，叫做非完全弹性碰撞．机械能不守恒 ，但动量守恒。
②完全非弹性碰撞规律：动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共；
碰撞中机械能损失最多|ΔEk|＝m1v＋m2v－－(m1＋m2)v.
问题9、爆炸过程中动量是否守恒机械能是否守恒为什么？
答：在爆炸过程中动量守恒 ，机械能一定不守恒(机械能增加)．因为在爆炸过程中是其他形式能转化为物体的动能，所以机械能增加，但是还是属于内力作用，故而动量守恒。
问题10、两个小球一前一后，后面速度大于前面速度，小球前后碰撞后的速度大小怎么判断？
答：碰撞后速度的判断，满足的条件(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′；
(2)动能不增加原理：Ek1＋Ek2 ≥Ek1′＋Ek2′.（碰后的总动能至少小于碰前的总动能，因为可能有能量损耗）
(3)速度要符合情景：碰撞后，前面的物体的速度大于或等于后面的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞不会结束．
例如：质量相等两个物体在碰前速度分别为5,3，碰后可能是4和4 或者3和5，但是不可能是-6和14 （动能不符合）。
练习5．7．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是(　　)
A．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
练习5答案　B解析　虽然题给四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必须要发生第二次碰撞，不符合实际，即A、D项均错误；C项中，两球碰后的总动能Ek后＝mAvA′2＋mBvB′2＝57 J，大于碰前的总动能Ek前＝mAv＋mBv＝22 J，违背了能量守恒，所以C项错误；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒，所以B项正确．
练习6．(本题4分)A、B两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A质量为5 kg，速度大小为10 m/s，B质量为2 kg，速度大小为5 m/s，两者相碰后，A沿原方向运动，速度大小为4 m/s，则B的速度大小为（ ）
A．10m/s B．5m/s C．6m/s D．12m/s
【答案】A【详解】取A球的速度方向为正方向，AB的总动量大小为：
根据动量守恒得：，解得：
练习7．(本题4分)两个小木块B、C中间夹着一根轻弹簧，将弹簧压缩后用细线将两个木块绑在一起，使它们一起在光滑水平面上沿直线运动，这时它们的运动图线如图中a线段所示，在t=4s末，细线突然断了，B、C都和弹簧分离后，运动图线分别如图中b、c线段所示。从图中的信息可知（　　）
A．木块B、C都和弹簧分离后的运动方向相反 B．木块B、C都和弹簧分离后，系统的总动能不变
C．木块B、C分离过程中B木块的动量变化较大 D．木块B的质量是木块C质量的四分之一
练习7．【答案】D 【详解】A．由x t图象可知，位移均为正，均朝一个方向运动，没有反向，故A错误；B．木块B、C都和弹簧分离后，因弹簧释放弹性势能，则系统的总动能增加，选项B错误；C．木块B、C都和弹簧分离后，系统所受合外力矢量和为零，所以系统前后的动量守恒，即系统的总动量保持不变，系统动量守恒，则系统内两个木块的动量变化量等大反向，故C错误；D．木块都与弹簧分离后B的速度和C的速度分别为 细线未断前B、C的速度均为，由动量守恒定律得解得故D正确。故选D。
问题11、什么是反冲运动？反冲运动的条件是什么？有什么规律？
答：（1）反冲运动的定义：如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，这个运动叫做反冲运动．
（2）反冲运动的条件：系统某一方向上不受外力或所受合外力为零或内力远大于外力。
（3）反冲运动遵循动量守恒定律．根据反冲运动前总动量为零，爆炸或反冲后总动量也为零即0=mv+MV得mv=-MV即反冲后两个物体的动量大小相等，方向相反。
问题12、火箭上天过程燃料和火箭之间满足什么样的关系？
答:火箭问题的分析：火箭在运动过程中，随着燃料的燃烧，火箭本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律时，必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的燃料为研究对象，注意反冲前、后各物体质量是否包括在里面．如果喷射前质量为M+m，m为燃料质量，M为火箭质量，则喷射后的动量大小满足mv=MV，火箭速度为V=mv/M，则说明要让上升速度足够大就得燃料动量大且火箭质量小。
练习8．(本题4分)质量M=327kg的小型火箭（含燃料）由静止发射，发射时共喷出质量m=27kg的气体，设喷出的气体相对地面的速度均为v=1000m/s，忽略地球引力和空气阻力的影响，则气体全部喷出后，火箭的速度大小为（ ）
A．76m/s B．90m/s C．94m/s D．99m/s
练习8．【答案】B 【详解】根据动量守恒定律解得 故选B。
问题13、反冲运动中质量与位移的关系是什么？——用人船模型来说明。
答：(1)原理：两物体满足动量守恒定律：例如人与船由静止，人由船尾走到船头过程，反向运动，由动量守恒定理0=m1v·1-m2v·2，得m1v·1=m2v·2，两边同乘时间t，有m1x1=m2x2 。
(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船的速度(平均速度或瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝（位移、速度均与质量成反比）.
←人船
练习9如图3所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移大小各是多少？
练习9．解析　当人从船头走到船尾的过程中，人和船组成的系统在水平方向上不受力的作用，故系统水平方向动量守恒．设某时刻人对地的速度为v2，船对地的速度为v1，取人行走方向为正方向，则mv2－Mv1＝0，即＝.在人从船头走到船尾的过程中，每一时刻系统的动量均守恒，故mv2t－Mv1t＝0，即mx2－Mx1＝0，又x1＋x2＝L，所以x1＝L，x2＝L.
问题14.完全非弹性碰撞典例有哪些？
答：图1中向右运动的物块以初速度为v0滑上木板，当两个同速前进的时候，动能损失最大；
图2中若M碰向弹簧时，当弹簧压缩到最短，动能损失最大，此时弹性势能达到最大。（同理拉伸也成立）。
图3中小球上升至最高点时，两个物体均达到共同速度，系统动能损失最大，分别转化为内能、弹性势能和重力势能。
问题15、如果有子弹打击木块的模型怎么处理？
答：存在两种情况，其一是子弹未穿过木块，二者最终具有共同速度；当做完全非弹性碰撞处理。
其二是子弹穿出了木块，做非弹性碰撞模型处理，子弹速度大于木块速度，当做非弹性碰撞模型处理。
（相对位移等于木块厚度x相＝x1－x2=d( 如图所示，X1是子弹位移，x2木块位移，两者之差等于经过木板的距离)
练习10.设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。
练习10解答：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。从动量的前度看，子弹射入术块过程中系统动量守恒 ，根据动能定理，系统受到摩擦力，动能损失全部转化为内能。
问题16、怎么用实验验证动量守恒定律？
答1.实验原理：在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前、后物体的速度v、v′，算出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否相等.
2.实验器材：斜槽、小球(两个)、天平、直尺、复写纸、白纸、圆规、重垂线
3.实验步骤：
(1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球.
(2)按照如图1甲所示安装实验装置.调整、固定斜槽使斜槽底端水平.
图1 练习11题图
(3)白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好.记下重垂线所指的位置O.
(4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次.用圆规画尽量小的圆把小球所有的落点都圈在里面.圆心P就是小球落点的平均位置.
(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次.用步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N.如图乙所示.
(6)连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度.将测量数据填入表中.最后代入m1·＝m1·＋m2·，看在误差允许的范围内是否成立.
(7)整理好实验器材，放回原处.
(8)实验结论：在实验误差允许范围内，碰撞系统的动量守恒.
1.数据处理：验证表达式：m1·＝m1·＋m2·
2.注意事项
(1)斜槽末端的切线必须水平； (2)入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放；
(3)选质量较大的小球作为入射小球； (4)实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变.
练习11．(本题6分)某同学用如图所示的装置，研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量和机械能关系．图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上的G位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量出平抛的射程OP．然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上的G位置由静止释放，与小球m2相碰，并且多次重复．实验得到小球的落点的平均位置分别为M、P、N．
(1)实验必须要求满足的条件是：____
A．斜槽轨道必须是光滑的 B．斜槽轨道末端的切线是水平的
C．测量抛出点距地面的高度H D．若入射小球质量为m1，被碰小球质量为m2，则m1＞m2
(2)若实验结果满足____，就可以验证碰撞过程中动量守恒．
(3)若碰撞是弹性碰撞，那么还应该满足的表达式为____．
练习11．BD m1·OP = m1·OM+ m2·ON
【详解】(1)[1]AB．为使小球做平抛运动且每次初速度相同，应保证斜槽末端水平，小球每次都从同一点滑下，但是轨道不一定是光滑的；故A项错误，B项正确．
CD．因为平抛运动的时间相等，根据v=x/t，所以用水平射程可以代替速度，不需要测量抛出点距地面的高度H，需测量小球平抛运动的射程间接测量速度．为了防止入射球反弹，球m1的质量应大于球m2的质量；故C错误，D正确．
(2)[2]根据平抛运动可知，落地高度相同，则运动时间相同，设落地时间为t，则：’.
若动量守恒则：若两球相碰前后的动量守恒，需要验证表达式：
(3)[3]若为弹性碰撞，则碰撞前后系统动能相同，有：即满足关系式：
选修一 第一章 动量 基础及提高训练题(满分100分) 分数
一、单选题(共60分)
1．(本题4分)如图，用与水方向成角的拉力F拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平面运动时间t。木箱受到的重力mg、拉力F、支持力N和摩擦力f的冲量大小分别为（　　）
A．拉力的冲量大小为 B．重力的冲量大小为0
C．支持力的冲量大小为0 D．摩擦力的冲量大小为ft
2．(本题4分)关于冲量和动量，下列说法中错误的是（　　）
A．冲量是反映力对时间的积累效应的物理量 B．动量是描述物体运动状态的物理量
C．冲量是物体动量变化的原因 D．冲量方向与动量方向一致
3．(本题4分)从同一高度将两个质量相等的物体，一个自由落下，一个以某一水平速度抛出，当它们落至同一水平面的过程中（空气阻力不计）（　　）
A．动量变化量大小不同，方向相同 B．动量变化量大小相同，方向不同
C．动量变化量大小、方向都不相同 D．动量变化量大小、方向都相同
4．(本题4分)学校跳远比赛运动员落地点设置有沙坑，若运动员双脚先着地，有沙坑和无沙坑比较，主要为了改变（　　）
A．动量变化 B．动能变化 C．着地过程时间 D．跳跃距离
5．(本题4分)若一颗质量的子弹以的初速度经时间射入墙壁，则子弹射入墙壁时，其对墙壁的平均作用力约为（　　）
A． B． C． D．
6．(本题4分)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个质量为50g的鸡蛋从一居民楼的30层落下，与地面的撞击时间约为2×10－3 s，试估算该鸡蛋对地面的冲击力约为（　　）
A．2000 N B．1000 N C．500 N D．200 N
7．(本题4分)把一支枪固定在小车上，小车放在光滑的水平桌面上,枪发射出一颗子弹,对于此过程，下列说法中正确的有哪些？
A．枪和子弹组成的系统动量守恒 B．枪和车组成的系统动量守恒 D．车、枪和子弹组成的系统动量守恒
C．车、枪和子弹组成的系统近似动量守恒，因为子弹和枪筒之间有f，且f的冲量甚小
8．(本题4分)A、B两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A质量为5 kg，速度大小为10 m/s，B质量为2 kg，速度大小为5 m/s，两者相碰后，A沿原方向运动，速度大小为4 m/s，则B的速度大小为（ ）
A．10m/s B．5m/s C．6m/s D．12m/s
9．(4分)如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。则在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的过程中（　　）
A．子弹A损失的机械能等于系统产生的热量 B．子弹A损失的动量不等于木块B增加的动量
C．子弹A损失的机械能等于木块B增加的机械能 D．子弹A损失的动量等于木块B增加的动量
9题 12题
10．(本题4分)两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA=1kg，mB=2kg、vA=6m/s、vB=2m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（　　）
A．v′A=5m/s，v′B=2.5m/s B．v′A=2m/s，v′B=4m/s C．v′A=－4m/s，v′B=7m/s D．v′A=7m/s，v′B=1.5m/s
11．(本题4分)一质量为M的烟花飞到空中，当速度减为零时炸裂成两块，其中质量为m的一块在炸裂后获得的速度大小为v，则另一块的速度大小为
A． B． C． D．
12．(本题4分)两个小木块B、C中间夹着一根轻弹簧，将弹簧压缩后用细线将两个木块绑在一起，使它们一起在光滑水平面上沿直线运动，这时它们的运动图线如图中a线段所示，在t=4s末，细线突然断了，B、C都和弹簧分离后，运动图线分别如图中b、c线段所示。从图中的信息可知（　　）
A．木块B、C都和弹簧分离后的运动方向相反 B．木块B、C都和弹簧分离后，系统的总动能不变
C．木块B、C分离过程中B木块的动量变化较大 D．木块B的质量是木块C质量的四分之一
13．(本题4分)放在光滑水平面上的A、B两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，用两手分别控制小车处于静止状态，已知A的质量大于B的质量，下面说法中不正确的是（　　）
A．两手同时放开后，两车的总动量为零 B．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右
C．先放开左手，后放开右手，两车的总动量向右 D．两手同时放开，A车的速度小于B车的速度
13题 15题
14．(本题4分)质量M=327kg的小型火箭（含燃料）由静止发射，发射时共喷出质量m=27kg的气体，设喷出的气体相对地面的速度均为v=1000m/s，忽略地球引力和空气阻力的影响，则气体全部喷出后，火箭的速度大小为（ ）
A．76m/s B．90m/s C．94m/s D．99m/s
15．(本题4分)一质量为 200kg 的小船静止在平静的水面上，小船长度为 2m．质量为 50kg的小孩从船头走到船尾．若不考虑船运动过程中水对船的阻力，则人从船头走到船尾的过程中
A．人与船可以向相同方向运动 B．船的速率始终是人的速率的 4 倍
C．人对地发生的位移大小为 1.6m D．船对地发生的位移大小为 1.6m
二、实验题(共6分)
16．(本题6分)某同学用如图所示的装置，研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量和机械能关系．图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上的G位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量出平抛的射程OP．然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上的G位置由静止释放，与小球m2相碰，并且多次重复．实验得到小球的落点的平均位置分别为M、P、N．
(1)实验必须要求满足的条件是：____
A．斜槽轨道必须是光滑的 B．斜槽轨道末端的切线是水平的
C．测量抛出点距地面的高度H D．若入射小球质量为m1，被碰小球质量为m2，则m1＞m2
(2)若实验结果满足____，就可以验证碰撞过程中动量守恒．
(3)若碰撞是弹性碰撞，那么还应该满足的表达式为____．
三、解答题(共34分)
17．(本题17分)光滑水平面上，质量为的小球A以的速度向右运动，与同向运动的速度为、质量为的半径相同的小球B发生正碰，碰撞后小球B以的速度运动。求：
（1）碰后A球的速度；
（2）碰撞过程中A球对B球的冲量大小；
（3）碰撞过程中A、B系统损失的机械能。
18．(本题17分)如图所示，质量为M的木块静止于光滑的水平面上，一质量为m、速度为v0的子弹水平射入木块且未穿出．设木块对子弹的阻力恒为F，求：
①射入过程中产生的内能为多少？
②木块至少为多长时子弹才不会穿出？
第六章动量基础及提高训练题参考答案
1．D【详解】力和力的作用时间的乘积叫冲量，木箱受到的重力mg、拉力F、支持力N和摩擦力f不为零，作用时间为t，所以拉力的冲量大小为、重力的冲量大小为mgt、支持力的冲量大小为Nt、摩擦力的冲量大小为ft。故选D。
2．D【详解】A．根据冲量的定义可知，冲量是力在时间上的累积效应，故A正确，不符合题意；
B．根据动量的定义可知，动量是描述物体运动状态的物理量，故B正确，不符合题意；
C．根据动量定理可知，冲量是物体动量变化的原因，故C正确，不符合题意；
D．冲量的方向与力的方向一致，故D错误，符合题意。故选D。
3．D【详解】同意高度物体做自由落体运动和平抛运动时间相等，根据动量定理动量变化量大小、方向都相同。故ABC错误，D正确。故选D。
4．C【详解】有沙坑不改变动量变化量、动能变化量和跳跃距离，延长落地过程时间，根据动量定理
可以减小落地过程人的受力。故选C。
5．B【分析】本题考查动量定理的应用，根据动量定理列式求解。【详解】设子弹对墙壁的作用力为F，根据动量定理，有
解得故ACD错误，B项正确。故选B。
6．B【详解】设每层楼高3m，鸡蛋下落的总高度为自由下落的时间为
与地面碰撞时间约为：，全过程由动量定理可得联立可得：；故选B。
7．D【解析】A. 枪和子弹组成的系统，由于小车对枪有外力，枪和子弹组成的系统外力之和不为零，所以动量不守恒，故A错误；B. 枪和小车组成的系统，由于子弹对枪有作用力，导致枪和车组成的系统外力之和不为零，所以动量不守恒，故B错误；
CD、小车、枪和子弹组成的系统，在整个过程中所受合外力为零，系统动量守恒，故C错误，D正确；故选：D
8．A【详解】取A球的速度方向为正方向，AB的总动量大小为：
根据动量守恒得：，解得：
A．10m/s．故A符合题意． B．5m/s．故B不符合题意． C．6m/s．故C不符合题意． D．12m/s．故D不符合题意．
9．B【详解】AC．系统的机械能减小转化为内能。根据能量守恒知，子弹A损失的机械能等于弹簧弹性的增加量与系统产生的热量之和，整个过程，B总的机械能没有改变，故AC错误；
BD．整个过程中，弹簧受到墙壁的弹力，系统的合外力不等于零，系统的总动量不守恒，则子弹A损失的动量不等于木块B增加的动量，故D错误，B正确。故选B。
10．B【详解】题中四个选项均满足动量守恒定律;AD．虽然均满足动量守恒定律，但碰后A的速度v′A大于B的速度v′B，必然要发生第二次碰撞，不符合实际，故AD错误；
B．符合实际情况，且动能没有增加，不违背能量守恒定律，故B正确；C．两球碰后的总动能
碰前的总动能 由于，违背了能量守恒定律，故C错误。故选B。
11．A【详解】在爆炸极短时间内，导弹所受的重力，远小于内部的爆炸力，系统动量守恒；
根据动量守恒定律，有：解得方向与前一 块的方向相反；
12．D【详解】A．由x t图象可知，位移均为正，均朝一个方向运动，没有反向，故A错误；
B．木块B、C都和弹簧分离后，因弹簧释放弹性势能，则系统的总动能增加，选项B错误；
C．木块B、C都和弹簧分离后，系统所受合外力矢量和为零，所以系统前后的动量守恒，即系统的总动量保持不变，系统动量守恒，则系统内两个木块的动量变化量等大反向，故C错误；
D．木块都与弹簧分离后B的速度和C的速度分别为 ,
细线未断前B、C的速度均为，由动量守恒定律得解得故D正确。故选D。
13．C【详解】A．当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，故A正确，不符合题意；B．先放开右手，右边的小车就向右运动，当再放开左手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向右，放开左手后总动量方向也向右，故B正确，不符合题意；C．先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故C错误，符合题意；D．当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，即mAvA=mBvB; 因A的质量大于B的质量，则A车的速度小于B车的速度，故D正确，不符合题意。故选C。
14．B【详解】根据动量守恒定律解得 故选B。
15．C【详解】A. 船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，以人速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
得： 负号表示人与船的速度方向总是相反，故A项与题意不相符；B. 将m人=50kg，m船=200kg代入
解得： 则人的速率始终是船的速率的4倍，故B项与题意不相符；
CD. 人从船头走到船尾，设人和船对地发生的位移大小分别为s1和s2，以人速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
又得： 故C项与题意相符，D项与题意不相符．
16．BD m1·OP = m1·OM+ m2·ON
【详解】(1)[1]AB．为使小球做平抛运动且每次初速度相同，应保证斜槽末端水平，小球每次都从同一点滑下，但是轨道不一定是光滑的；故A项错误，B项正确．
CD．因为平抛运动的时间相等，根据v=x/t，所以用水平射程可以代替速度，不需要测量抛出点距地面的高度H，需测量小球平抛运动的射程间接测量速度．为了防止入射球反弹，球m1的质量应大于球m2的质量；故C错误，D正确．
(2)[2]根据平抛运动可知，落地高度相同，则运动时间相同，设落地时间为t，则：’.
若动量守恒则：若两球相碰前后的动量守恒，需要验证表达式：
(3)[3]若为弹性碰撞，则碰撞前后系统动能相同，有：即满足关系式：
17．（1）2m/s；（2）4NS；（3）4J
【详解（1）设碰前A球的速度为，B球的速度为，碰后的速度分别为，，以水平右为正方向，A、B小球组成的系统碰撞前后动量守恒，有代入数据解得即碰后A的速度为2m/s。
（2）碰撞前B球的动量碰撞后B球的动量由动量定理可知，碰撞中A求对B球的冲量大小等于B球的动量变化量，即故碰撞过程中A球对B球的冲量大小为
（3）碰撞过程中A、B系统损失的机械能为代入数据解得
18．①．②．【解析】解：①子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v，解得：v=，由能量守恒定律可得：mv02=Q+（m+M）v2，解得产生的热量为：Q=；
②由动能定理得：对子弹，﹣F（s+L）=mv2﹣mv02，对木块，Fs=Mv2﹣0，木块的最小长度：x=L=；