動(dòng)量守恒定律單元測(cè)試

1、成都七中高2017級(jí)動(dòng)量守恒定律單元測(cè)試考試時(shí)間：40分鐘 總分：110分一、不定項(xiàng)選擇題（本大題共10小題，共60.0分）1. 如圖所示，質(zhì)量為m的物體在一個(gè)與水平方向成角的拉力F作用下，一直沿水平面向右勻速運(yùn)動(dòng)，則下列關(guān)于物體在t時(shí)間內(nèi)所受力的沖量，正確的是（）A. 拉力F的沖量大小為FtcosB. 摩擦力的沖量大小為FtsinC. 重力的沖量大小為mgtD. 物體所受支持力的沖量是mgt2.人從高處跳下，為更好地保護(hù)身體，雙腳觸地，膝蓋彎曲讓身體重心繼續(xù)下降著地過(guò)程這樣做，可以減?。ǎ〢. 人動(dòng)量變化的時(shí)間B. 人受到的沖量C. 人的動(dòng)量變化量D. 人的動(dòng)量變化率3.如圖所示，質(zhì)量為M的

2、小車置于光滑的水平面上，車的上表面粗糙，有一質(zhì)量為m的木塊以初速度v0水平地滑至車的上表面，若車足夠長(zhǎng)，下列說(shuō)法正確的是（）A. 木塊的最終速度為v0B. 由于車表面粗糙，小車和木塊所組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒C. 車表面越粗糙，木塊減少的動(dòng)量越多D. 車表面越粗糙，小車獲得的動(dòng)量越多4.在光滑的水平面上有a、b兩球在t=2s時(shí)發(fā)生正碰，其質(zhì)量分別為ma、mb，兩球在碰撞前后的v-t圖象如圖所示a、b兩球質(zhì)量之比是（）A. ma：mb=1：2B. ma：mb=2：5C. ma：mb=2：1D. ma：mb=5：25.如圖所示，在光滑水平面上，有質(zhì)量分別為2m和m的A、B兩滑塊，它們中間夾著一根處于壓

3、縮狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧，由于被一根細(xì)繩拉著處于靜止?fàn)顟B(tài)當(dāng)剪斷細(xì)繩，在兩滑塊脫離彈簧之后，下述說(shuō)法正確的是（）A. 兩滑塊的動(dòng)能之比EkA：EkB=1：2B. 兩滑塊的動(dòng)量大小之比pA：pB=2：1C. 兩滑塊的速度大小之比vA：vB=2：1D. 彈簧對(duì)兩滑塊做功之比WA：WB=1：12. 甲、乙兩個(gè)溜冰者質(zhì)量分別為48kg和50kg，甲手里拿著質(zhì)量為2kg的球，兩人均以2m/s的速率，在光滑的冰面上沿同一直線相向滑行，甲將球傳給乙，乙再將球傳給甲，這樣拋接幾次后，球又回到甲的手里，乙的速度為零，則甲的速度的大小為（）A. 0B. 2m/sC. 4m/sD. 無(wú)法確定3. 質(zhì)量為m的小球A以速度v0在

4、光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，與質(zhì)量為2m的靜止小球B發(fā)生對(duì)心碰撞，則碰撞后A球的速度大小vA和B球的速度大小vB可能為（）A. vA=v0，vBv0B. vA=v0，vB=v0C. vA=v0，vB=v0D. vA=v0，vB=v04. 如圖所示，在光滑水平面上停放著質(zhì)量為m裝有光滑弧形槽的小車，質(zhì)量為m的小球以水平速度v沿槽向車上滑去，到達(dá)某一高度后，小球又返回車右端，則（）A. 小球以后將做自由落體運(yùn)動(dòng)B. 小球以后將向右做平拋運(yùn)動(dòng)C. 小球在弧形槽上升的最大高度為D. 小球在弧形槽上升的最大高度為5. 如圖所示，A、B兩個(gè)小球在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，它們的動(dòng)量大小分別為p1和p2，碰撞后

5、A球繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，動(dòng)量大小為p1，此時(shí)B球的動(dòng)量大小為p2，則下列等式成立的是（）A. p1+p2=p1+p2B. p1-p2=p1+p2C. p1-p1=p2+p2D. -p1+p1=p2+p26. 質(zhì)量為40kg的走鋼絲運(yùn)動(dòng)員，不慎從高空跌下，萬(wàn)幸有彈性安全繩的保護(hù)，使其被懸掛起來(lái)已知彈性安全繩的原長(zhǎng)為5m，安全繩緩沖的時(shí)間為2s，g=10m/s2以上過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A. 運(yùn)動(dòng)員重力的沖量為0B. 運(yùn)動(dòng)員重力的沖量為1200NsC. 緩沖時(shí)安全繩的平均沖力為600ND. 緩沖時(shí)安全繩的平均沖力為1000N7. 如圖所示，質(zhì)量為m的小球從距離地面高H的A點(diǎn)由靜止開始釋放，落到地面

6、上后又陷 入泥潭中，由于受到阻力作用到達(dá)距地面深度為h的B點(diǎn)時(shí)速度減為零不計(jì)空氣阻力，重力加速度為 g關(guān)于小球在剛接觸地面到速度變?yōu)榱愕倪^(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的有（）A. 小球的機(jī)械能減少了mghB. 小球克服阻力做的功為mg（H+h）C. 小球所受阻力的沖量等于mD. 小球動(dòng)量的改變量大小等于m二、綜合計(jì)算題（本大題共3小題，共50分）8. 如圖，質(zhì)量為M=0.2kg的長(zhǎng)木板靜止在光滑的水平地面上，現(xiàn)有一質(zhì)量也為m=0.2kg的滑塊以v0=1.2m/s的速度滑上長(zhǎng)木板的左端，小滑塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.4，小滑塊剛好沒有滑離長(zhǎng)木板，求：（ g=10m/s2

7、）（1）小滑塊的最終速度（2）在整個(gè)過(guò)程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量（3）以地面為參照物，小滑塊滑行的距離為多少？9. 如圖所示，質(zhì)量分別為M1=0.49kg和M2=0.5kg的木塊靜置在光滑水平地面上，兩木塊間夾有一輕質(zhì)彈簧，一粒質(zhì)量m=0.01kg的彈丸以v0=150m/s的速度打入木塊M1并停留在其中（打擊時(shí)間極短），求：當(dāng)彈丸在木塊M1中相對(duì)靜止的瞬間木塊M1的速度v1；當(dāng)M2的速度v=1m/s時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能Ep10. 如圖所示，在光滑水平面上，木塊A的質(zhì)量mA=1kg，木塊B的質(zhì)量mB=4kg，質(zhì)量mc=2kg的木塊C置于足夠長(zhǎng)的木塊B上，B、C之間用一輕彈簧相拴接并且接觸面光滑開始時(shí)B、C

8、靜止，A以v0=10m/s的初速度向右運(yùn)動(dòng)，與B碰撞后B的速度為3m/s，碰撞時(shí)間極短求：（1）A、B碰撞后A的速度；（2）彈簧長(zhǎng)度第一次最短時(shí)B、C的速度分別是多少答案和解析【答案】1. C2. D3. D4. A5. A6. B7. B8. A9. A10. D11. AC12. AD13. BD14. BC15. BD16. C；ADE；14；2.9；1.01  17. 解：（1）小滑塊與長(zhǎng)木板系統(tǒng)動(dòng)量守恒，規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv0=（m+M）v解得最終速度為：（2）由能量守恒定律得：代入數(shù)據(jù)解得熱量為：Q=0.072J（3）對(duì)小滑塊應(yīng)用動(dòng)能定理：代

9、入數(shù)據(jù)解得距離為：S=0.16m答：（1）小滑塊的最終速度是0.6m/s，（2）在整個(gè)過(guò)程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量是0.072J；（3）以地面為參照物，小滑塊滑行的距離為0.16m。  18. 解：彈丸與木塊M1作用過(guò)程中，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv0=（m+M1）v1解得：v1=3m/s彈丸停留在木塊M1中一起壓縮彈簧與M2作用過(guò)程中動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，則得： （m+M1）v1=（m+M1）v2+M2v （m+M1）v12=Ep+（m+M1）v22+M2v2聯(lián)解得：Ep=1J答：當(dāng)彈丸在木塊M1中相對(duì)靜止的瞬間木塊M1的速度v1是3m/s當(dāng)M2

10、的速度v=1m/s時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能Ep是1J  19. 解：（1）因碰撞時(shí)間極短，A、B碰撞時(shí)，C的速度為零，規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mAv0=mAvA+mBvB     得vA=v0-=10-=-2m/s  即A、B碰撞后A的速度大小為2m/s，方向向左（2）彈簧長(zhǎng)度第一次壓縮的最短時(shí)B、C速度相等，由動(dòng)量守恒定律得：mBvB=（mB+mC）v 解得v =2m/s，方向向右答：（1）A、B碰撞后A的速度大小為2m/s，方向向左（2）彈簧長(zhǎng)度第一次最短時(shí)B、C的速度都是2m/s，方向向右  【

11、解析】1. 解：A、拉力F的沖量大小為Ft，故A錯(cuò)誤B、物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可知摩擦力f=Fcos，則摩擦力的沖量大小為ft=Ftcos，故B錯(cuò)誤C、重力的沖量大小為mgt，故C正確D、支持力的大小為N=mg-Fsin，則支持力的沖量為（mg-Fsin）t故D錯(cuò)誤故選：C 根據(jù)力的大小，結(jié)合沖量的公式I=ft求出各力的沖量大小解決本題的關(guān)鍵知道沖量的大小等于力與時(shí)間的乘積，結(jié)合力的大小進(jìn)行求解，基礎(chǔ)題2. 解：C、由圖，AB與CD平行，說(shuō)明推力撤去后兩物體的加速度相同，而撤去推力后物體的合力等于摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知，兩物體受到的摩擦力大小相等但a的運(yùn)動(dòng)總時(shí)間小于b的時(shí)間，根據(jù)I=ft可

12、知，摩擦力對(duì)a物體的沖量小于摩擦力對(duì)b物體的沖量，故C錯(cuò)誤A、B根據(jù)動(dòng)量定理，對(duì)整個(gè)過(guò)程研究得  F1t1-ftOB=0，F(xiàn)2t2-ftOD=0由圖看出，tOBtOD，則有F1t1F2t2，即F1的沖量小于F2的沖量故AB錯(cuò)誤D、根據(jù)動(dòng)量定理可知，合外力的沖量等于物體動(dòng)量的變化量，ab兩個(gè)物體動(dòng)量的變化量都為零，所以相等，故D正確；故選：D由速度圖象分析可知，水平推力撤去后，AB與CD平行，說(shuō)明加速度相同，動(dòng)摩擦因數(shù)相同，兩物體的質(zhì)量相等，說(shuō)明摩擦力大小相等根據(jù)動(dòng)量定理，研究整個(gè)過(guò)程，確定兩個(gè)推力的沖量關(guān)系本題首先考查讀圖能力，其次考查動(dòng)量定理應(yīng)用時(shí)，選擇研究過(guò)程的能力中等

13、難度3. 【分析】明確人下落過(guò)程中的速度變化，則可得出動(dòng)量的變化規(guī)律，從而明確能減小的物理量。人下落過(guò)程中動(dòng)量的變化是一定的，但通過(guò)延長(zhǎng)與地面的接觸時(shí)間可以減小人受到地面的沖擊力和動(dòng)量的變化率。【解答】人從高處跳下時(shí)，動(dòng)量的變化量是相同的；通過(guò)膝蓋彎曲時(shí)延長(zhǎng)了人動(dòng)量變化的時(shí)間；從而減小地面對(duì)人體的沖擊力；由動(dòng)量定理可知，可以減小人的動(dòng)量變化率；但不能減小人動(dòng)量變化的時(shí)間及人的動(dòng)量變化量；同時(shí)也不能減小人受到的沖量；故選D。4. 解：根據(jù)動(dòng)量定理得： F0t0=mv1  2F0t0=mv2-mv1 由解得：v1：v2=1：3得：P1：P2=1：3x1=，x2=+t0代入解得：

14、x1：x2=1：5做的功為W2=W1=得W1：W2=1：9故選：A根據(jù)動(dòng)量定理求速度v1和v2之比根據(jù)功率公式P=Fv，求出P1和P2之比，根據(jù)功的定義式求功W1和W2之比另外，可以根據(jù)動(dòng)量與動(dòng)能的聯(lián)系：求解，比分析做功的方法簡(jiǎn)單。本題涉及力在時(shí)間的積累效果，優(yōu)先考慮動(dòng)量定理要注意位移是相對(duì)出發(fā)點(diǎn)的位移5. 解：A、B、以小車和木塊組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象所受合外力為零，因此系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由于摩擦力的作用，m速度減小，M速度增大，m速度減小到最小時(shí)，M速度達(dá)最大，最后m、M以共同速度運(yùn)動(dòng)有：mv=（m+M）v解得：v=故A正確，B錯(cuò)誤；C、根據(jù)A選項(xiàng)分析，木塊減少的動(dòng)量mv-mv與車面粗糙程度無(wú)關(guān)

15、故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)A選項(xiàng)分析，小車M獲得動(dòng)量Mv與車面粗糙程度無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤故選：A 以小車和木塊組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象所受合外力為零，因此系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒列方程即可解答應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)要清楚研究的對(duì)象和守恒條件把動(dòng)量守恒和能量守恒結(jié)合起來(lái)列出等式求解是常見的問題，難度適中6. 解：對(duì)木塊和槽所組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)木塊滑出槽口時(shí)的速度為v，槽的速度為u，在水平方向上，由動(dòng)量守恒定律可得：mv-Mu=0 木塊下滑時(shí)，只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mgR=，聯(lián)立解得v=，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤故選：B當(dāng)光滑圓槽不固定時(shí)，木塊與槽組成的系

16、統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律可以求出木塊到達(dá)槽口時(shí)的速度本題考查了動(dòng)量守恒和能量守恒的基本運(yùn)用，知道系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，注意不能認(rèn)為槽靜止不動(dòng)，結(jié)合動(dòng)能定理求出木塊到達(dá)槽口的速度7. 解：由圖可知b球碰前靜止，設(shè)碰撞前，a球的速度為v0，碰后a球速度為v1，b球速度為v2，物體碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，規(guī)定a的初速度方向?yàn)檎?，由?dòng)量守恒定律有：mav0=mav1+mbv2；由圖知，v0=4m/s，v1=-1m/s，v2=2m/s，代入上式解得：ma：mb=2：5故ACD錯(cuò)誤，B正確故選：Ba、b碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律列出方程，結(jié)合圖象信息

17、即可求得兩球質(zhì)量關(guān)系解決本題的關(guān)鍵是要掌握碰撞遵守基本的規(guī)律：動(dòng)量守恒定律，列方程時(shí)要注意速度的方向，讀圖時(shí)速度的大小和方向一起讀8. 解：在兩滑塊剛好脫離彈簧時(shí)運(yùn)用動(dòng)量守恒得：2mvA+mvB=0得：兩滑塊速度大小之比為：=，故C錯(cuò)誤；兩滑塊的動(dòng)能之比EkA：EkB=，故A正確；兩滑塊的動(dòng)量大小之比pA：pB=，故B錯(cuò)誤；彈簧對(duì)兩滑塊做功之比等于兩滑塊動(dòng)能之比為1：2，故D錯(cuò)誤故選A先根據(jù)動(dòng)量守恒守恒求出脫離彈簧后兩滑塊的速度之比，根據(jù)動(dòng)能、動(dòng)量的表達(dá)式求出動(dòng)能及動(dòng)量之比，根據(jù)彈簧對(duì)兩滑塊做功等于滑塊動(dòng)能的變化量求出彈簧對(duì)兩滑塊做功之比本題是動(dòng)量定理的直接應(yīng)用，要比較物理量之間的比例關(guān)系，就

18、要把這個(gè)量用已知量表示出來(lái)再進(jìn)行比較9. 解：設(shè)甲溜冰者的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律，選擇開始和最后兩個(gè)狀態(tài)列方程得：（M甲+m）v0-M乙v0=M乙×0-（M甲+m）v，代入數(shù)據(jù)解得v=0，故BCD錯(cuò)誤，A正確故選A以兩人和球?yàn)檠芯繉?duì)象，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒列方程即可正確解答該題比較簡(jiǎn)單，考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，注意該定律的應(yīng)用條件，同時(shí)注意動(dòng)量守恒定律公式的矢量性10. 解：從子彈射向木塊到木塊將彈簧壓縮到最短的全過(guò)程中，系統(tǒng)受到墻壁的彈力，合外力不為零，總動(dòng)量不守恒同時(shí)在作用過(guò)程中由于摩擦力做功；故彈簧、木塊和子彈組成的系統(tǒng)機(jī)械能減小，轉(zhuǎn)化為內(nèi)能故動(dòng)量不

19、守恒、機(jī)械能不守恒；故選：D從子彈射向木塊到木塊將彈簧壓縮到最短的全過(guò)程中，系統(tǒng)受到墻壁的彈力，總動(dòng)量不守恒系統(tǒng)的機(jī)械能減小轉(zhuǎn)化為內(nèi)能在木塊壓縮彈簧過(guò)程中，木塊對(duì)彈簧的作用力等于彈簧對(duì)木塊的作用力在彈簧壓縮到最短的時(shí)刻，木塊的速度為零，彈簧處于壓縮狀態(tài)，加速度不為零判斷動(dòng)量和機(jī)械能是否守恒，關(guān)鍵根據(jù)守恒條件進(jìn)行判斷：動(dòng)量守恒的條件是合外力為零，機(jī)械能守恒條件是只有重力或彈簧的彈力做功11. 【分析】?jī)汕蚺鲎策^(guò)程，系統(tǒng)不受外力，故碰撞過(guò)程系統(tǒng)總動(dòng)量守恒；碰撞過(guò)程中系統(tǒng)機(jī)械能可能有一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，根據(jù)能量守恒定律，碰撞后的系統(tǒng)總動(dòng)能應(yīng)該小于或等于碰撞前的系統(tǒng)總動(dòng)能；同時(shí)考慮實(shí)際情況，碰撞后A球速

20、度不大于B球的速度。本題碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，同時(shí)要遵循能量守恒定律，不忘聯(lián)系實(shí)際情況，即后面的球不會(huì)比前面的球運(yùn)動(dòng)的快！【解答】?jī)汕蚺鲎策^(guò)程，系統(tǒng)不受外力，故碰撞過(guò)程系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，ABCD均滿足；考慮實(shí)際情況，碰撞后A球速度不大于B球的速度，因而D錯(cuò)誤，ABC滿足；根據(jù)能量守恒定律，碰撞后的系統(tǒng)總動(dòng)能應(yīng)該小于或等于碰撞前的系統(tǒng)總動(dòng)能，B選項(xiàng)碰撞前總動(dòng)能為，B選項(xiàng)碰撞后總動(dòng)能為，故B錯(cuò)誤，故選AC。12. 解：A、系統(tǒng)整個(gè)過(guò)程水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)小球離開小車時(shí)，小球的速度為v1，小車的速度為v2，整個(gè)過(guò)程中動(dòng)量守恒，得：mv0=mv1+mv2  由動(dòng)能守恒得：mv02=mv12+mv

21、22  聯(lián)立，解得：v1=0，v2=v0，即小球與小車分離后二者交換速度；所以小球與小車分離后做自由落體運(yùn)動(dòng)故A正確，B錯(cuò)誤；C、當(dāng)小球與小車的水平速度相等時(shí)，小球弧形槽上升到最大高度，設(shè)該高度為h，則：mv0=2mv  mv02=2mv2+mgh   聯(lián)立解得：h=故C錯(cuò)誤，D正確故選：AD 選取小球與小車組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，系統(tǒng)整個(gè)過(guò)程水平方向動(dòng)量守恒，豎直方向動(dòng)量不守恒，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，所以相當(dāng)于彈性碰撞！小球回到小車右端時(shí)，小球的速度為0，小車具有向左的速度當(dāng)小球與小車的水平速度相等時(shí)，小球弧形槽上升到最大高度解決本題關(guān)鍵是能夠把動(dòng)量守恒，結(jié)

22、合機(jī)械能守恒進(jìn)行分析求解；抓住當(dāng)小球與小車的水平速度相等時(shí)，小球弧形槽上升到最大高度，而在碰撞中沒有能量損失，可視為彈性碰撞，在相互作用過(guò)程中交換速度13. 解：據(jù)題：碰撞后A球繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，則B球反向后向右運(yùn)動(dòng)，取向右為正方向，碰撞過(guò)程中AB兩個(gè)小球的動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：p1-p2=p1+p2移項(xiàng)得：-p1+p1=p2+p2 故選：BD 碰撞過(guò)程中A、B兩個(gè)小球總的動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律列式即可求解，注意碰撞后A球繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，則B球反向后向右運(yùn)動(dòng)本題主要考查了動(dòng)量守恒定律的直接應(yīng)用，注意動(dòng)量的方向性，要選取正方向，用正負(fù)表示動(dòng)量的方向14. 解：A、運(yùn)動(dòng)員做自由落體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

23、：，所以重力的總沖量：IG=mg（t1+t）=40×10×（1+2）Ns=1200Ns故A錯(cuò)誤，B正確；C、在安全繩產(chǎn)生拉力的過(guò)程中，人受重力、安全繩的拉力作用做減速運(yùn)動(dòng)，此過(guò)程的初速度就是自由落體運(yùn)動(dòng)的末速度，所以有：v0=m/s=10 m/s，根據(jù)動(dòng)量定理，取豎直向下為正，有：mgt-t=0-mv0，解得：=mg+=400N+N=600 N故C正確，D錯(cuò)誤；故選：BC運(yùn)動(dòng)員先做自由落體運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式求出末速度；在緩沖階段，可以看成勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)量定理即可求出平均沖力的大小本題除了用動(dòng)力學(xué)解決，也可以對(duì)緩沖的過(guò)程采取動(dòng)量定理進(jìn)行求解注意在

24、解題時(shí)明確動(dòng)量定理的矢量性，先設(shè)定正方向15. 解：A、小球在整個(gè)過(guò)程中，動(dòng)能變化量為零，重力勢(shì)能減小mg（H+h），則小球的機(jī)械能減小了mg（H+h）故A錯(cuò)誤B、對(duì)全過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理得，mg（H+h）-Wf=0，則小球克服阻力做功Wf=mg（H+h）故B正確C、落到地面的速度v=，對(duì)進(jìn)入泥潭的過(guò)程運(yùn)用動(dòng)量定理得，知阻力的沖量大小不等于故C錯(cuò)誤D、落到地面的速度v=，對(duì)進(jìn)入泥潭后的速度為0，所以小球動(dòng)量的改變量大小等于m故D正確故選：BD 通過(guò)小球重力勢(shì)能和動(dòng)能的變化量求出小球機(jī)械能的減小量，對(duì)全過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理，求出小球克服阻力做功的大小，根據(jù)動(dòng)量定理求出小球阻力的沖量解決本題的關(guān)鍵掌握動(dòng)能

25、定理和動(dòng)量定理的運(yùn)用，運(yùn)用動(dòng)能定理解題不需考慮速度的方向，運(yùn)用動(dòng)量定理解題需考慮速度的方向16. 解：（1）驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律實(shí)驗(yàn)中，即研究?jī)蓚€(gè)小球在軌道水平部分碰撞前后的動(dòng)量關(guān)系，直接測(cè)定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是通過(guò)落地高度不變情況下水平射程來(lái)體現(xiàn)速度故選C（2）實(shí)驗(yàn)時(shí)，先讓入射球ml多次從斜軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點(diǎn)的位置P，測(cè)量平拋射程OP然后，把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分，再將入射球ml從斜軌上S位置靜止釋放，與小球m2相碰，并多次重復(fù)測(cè)量平均落點(diǎn)的位置，找到平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移，因此步驟中D、E是必須的，而且D要在E之前至于用天平秤質(zhì)量先后均可以所以答案是：ADE（3）若碰撞是彈性碰撞，動(dòng)能是守恒的，則有