高考物理力学知识点之动量知识点总复习附答案(3)
高考物理力学知识点之动量知识点总复习附答案(3)
一、选择题
1．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
2．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v0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/s2，不计摩擦．则小球的初速度v0的大小为（）
A．v0=4m/s B．v0=6m/s C．v0=5m/s D．v0=7m/s
3．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
4．如图所示，两个相同的木块A、B静止在水平面上，它们之间的距离为L，今有一颗子弹以较大的速度依次射穿了A、B，在子弹射出A时，A的速度为v A，子弹穿出B时，B的速度为v B，A、B停止时，它们之间的距离为s，整个过程A、B没有相碰，则（）
A．s=L，v A=v B B．s＞L，v A＜v B C．s＜L，v A＞v B D．s＜L，v A＜v B 5．有人设想在遥远的宇宙探测时，给探测器安上反射率极高（可认为100%）的薄膜，并让它正对太阳，用光压为动力推动探测器加速。已知某探测器在轨道上运行，阳光恰好垂直照射在薄膜上，若膜面积为S，每秒每平方米面积获得的太阳光能为E，探测器总质量
为M，光速为c，则探测器获得的加速度大小的表达式是（光子动量为
h
p
λ
=）（）
A．2ES
cM
B．
2
2ES
c M
C．
ES
cM
D．
2ES
cMh
6．20世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空的全新领域．现有一艘远离星球在太空中直线飞行的宇宙飞船，为了测量自身质量，启动推进器，测出飞船在短时间Δt内速度的改变为Δv，和飞船受到的推力F（其它星球对它的引力可忽略）．飞船在某次航行中，当它飞近一个孤立的星球时，飞船能以速度v，在离星球的较高轨道上绕星球做周期为T的匀速圆周运动．已知星球的半径为R，引力常量用G表示．则宇宙飞船和星球的质量分别是（）
A．F v
t
，
2
v R
G
B．F v
t
，
3
2
v T
G
π
C．F t
v
，
2
v R
G
D．F t
v
，
3
2
v T
G
π
7．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（）
A2gh
B2gh
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
8．运动员向静止的球踢了一脚(如图)，踢球时的力F＝100 N，球在地面上滚动了t＝10 s 停下来，则运动员对球的冲量为()
A ．1000 N?s
B ．500 N?s
C ．0 N?s
D ．无法确定
9．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210 /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
10．如图所示是一种弹射装置，弹丸质量为m ，底座质量为3m ，开始时均处于静止状态，当弹簧释放将弹丸以相对地面v 的速度发射出去后，底座的反冲速度大小是（ ）
A ．3v /4
B ．v /4
C ．v /3
D ．0
11．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
12．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
13．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 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．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 α??= C ．动能增量比:1:2kp k E E α??=
D ．动量增加量比:1:2p P P α??=
16．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 17．如图所示，轮船的外侧悬挂了很多旧轮胎，这样做的目的是（ ）
A ．缩短碰撞的作用时间，从而减轻对轮船的破坏
B ．减小碰撞中轮船受到的冲量，从而减轻对轮船的破坏
C ．减小碰撞中轮船的动量变化量，从而减轻对轮船的破坏
D ．减小碰撞中轮船受到的冲击力，从而减轻对轮船的破坏
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
20．高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms ，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（ ） A ．10 N
B ．102 N
C ．103 N
D ．104 N
21．如图所示，将质量为M 1、半径为R 且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M 2的物块．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 ．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
B ．小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒
C ．小球离开C 点以后，将做竖直上抛运动
D ．槽将不会再次与墙接触
22．一位质量为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1
2
mv2
D．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零
23．如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为m A，B的质量为m B，m A>m B.最初人和车都处于静止状态．现在，两人同时由静止开始相向而行，A和B对地面的速度大小相等，则车 ()
A．向左运动
B．左右往返运动
C．向右运动
D．静止不动
24．如图所示，在光滑水平面上，有A、B两个小球沿同一直线向右运动，若取向右为正方向，两球的动量分别是p A＝5.0 kg·m/s，p B＝7.0 kg·m/s.已知二者发生正碰，则碰后两球动量的增量Δp A和Δp B可能是()
A．Δp A＝－3.0 kg·m/s；Δp B＝3.0 kg·m/s
B．Δp A＝3.0 kg·m/s；Δp B＝3.0 kg·m/s
C．Δp A＝3.0 kg·m/s；Δp B＝－3.0 kg·m/s
D．Δp A＝－10 kg·m/s；Δp B＝10 kg·m/s
25．一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7
6
H m
D．未知粒子可能是α粒子
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题
1．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． 2．C
解析：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．
3．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。
4．B
解析：B 【解析】 【分析】 【详解】
子弹穿过木块的过程中，阻力做负功，动能减小，速度减小，所以子弹穿过A 木块过程的平均速度较大，所用时间较短，根据动量定理得：对木块：ft =mv ，v 与t 成正比，所以A 的速度小于B 的速度，即v A ＜v B ．根据动能定理得：2
102
mgs mv μ-=-
，则得木块滑行的距离为 2
2v s g
μ=，可知木块的初速度v 越大，滑行距离越大，则知A 木块滑行的距离小
于B 滑行的距离，所以A 、B 停止时它们之间的距离增大，则有s ＞L ，故B 正确，ACD 错误．
5．A
解析：A 【解析】 【分析】 【详解】 由E =h ν，h
p λ
=
以及光在真空中光速c =λν知，光子的动量和能量之间关系为
E pc =
设时间t 内射到探测器上的光子个数为n ，每个光子能量为E ，光子射到探测器上后全部反射，则这时光对探测器的光压最大，设这个压强为p 压，每秒每平方米面积获得的太阳光能
nE
t
，由动量定理得 2t
F p n
?= 压强
p F S
=
压 对探测器应用牛顿第二定律F Ma =，可得
S
a p M
=
压 联立解得
2ES
a cM
=
故A 正确，BCD 错误。 故选A 。
6．D
解析：D 【解析】 【分析】
根据动量定理求解飞船质量；根据牛顿第二定律与万有引力定律求解星球质量； 【详解】
直线推进时，根据动量定理可得F t m v ?=?，解得飞船的质量为F t
m v
?=
?，绕孤立星球运动时，根据公式2224Mm G m r r T π=，又22Mm v G m r r =，解得32v T
M G
π=，D 正确．
【点睛】
本题需要注意的是飞船在绕孤立星球运动时，轨道不是星球的半径，切记切记．
7．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
v v ==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 。
8．D
解析：D 【解析】
由题，踢球时的力100F
N ，但不知道该力作用的时间，所以不能求出力的冲量，故
ABC 错误，D 正确。
点睛：该题考查冲量的计算，但在解答的过程中要注意时间10s 是球在地面上滚动的时间，不是100N 的力的作用时间。
9．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
10．C
解析：C 【解析】
在水平方向上，弹丸和底座组成的系统动量守恒，设水平向右为正，由动量守恒可得
3'0mv mv +=，得'3
v
v =-，负号表示速度方向水平向左，故C 正确．
11．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 。
12．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．
13．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
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． 【点睛】
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．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 α??=
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 。
16．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 。
17．D
解析：D 【解析】 【分析】 【详解】
轮船在发生碰撞如靠岸的过程，外侧悬挂了很多旧轮胎，由动量定理F t p ??=?知，在动量变化p ?相同的情况下，即冲量相同，但延长了碰撞作用时间t ?，使得撞击力F 变小，
从而减轻对轮船的破坏，故D 正确，ABC 错误。 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．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22
21111
22111222
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．
20．C
解析：C 【解析】
试题分析：本题是一道估算题，所以大致要知道一层楼的高度约为3m ，可以利用动能定理或者机械能守恒求落地时的速度，并利用动量定理求力的大小． 设鸡蛋落地瞬间的速度为v ，每层楼的高度大约是3m ， 由动能定理可知：212
mgh mv = ，
解得：/v s ===
落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，
由动量定理可知：()()0N mg t mv -=-- ，解得：1000N N ≈ ， 根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N ，故C 正确 故选C
点睛：利用动能定理求出落地时的速度，然后借助于动量定理求出地面的接触力
21．D
解析：D 【解析】
小球从AB 的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽 和物块组成的系统动量也不守恒；从B →C 的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，在小球运动的全过程，水平方向 动量也不守恒，选项AB 错误；当小球运动到C 点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，C 错误；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，最终槽将与墙不会再次接触，D 正确．
【点睛】判断系统动量是否守恒关键是明确系统是否受到外力的作用，故在应用动量守恒定律时一定要明确是哪一系统动量守恒．
22．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 。
23．A
【解析】 【分析】 【详解】
两人与车组成的系统动量守恒，开始时系统动量为零，两人与大小相等的速度相向运动，A 的质量大于B 的质量，则A 的动量大于B 的动量，AB 的总动量方向与A 的动量方向相同，即向右，要保证系统动量守恒，系统总动量为零，则小车应向左运动，故A 正确，BCD 错误．
24．A
解析：A 【解析】
根据碰撞过程动量守恒定律，如果△p A =-3kg?m/s 、△p B =3kg?m/s ，所以碰后两球的动量分别为p′A =2kg?m/s 、p′B =10kg?m/s ，根据碰撞过程总动能可能不增加，是可能发生的，故A 正确．两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小相等，方向相反，若△P A =3kg?m/s ，△P B =-3kg?m/s ，违反了动量守恒定律，不可能，故B 错误．根据碰撞过程动量守恒定律，如果△p A =3kg?m/s 、△p B =-3kg?m/s ，所以碰后两球的动量分别为
p′A =8kg?m/s 、p′B =4kg?m/s ，由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A 的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，故C 错误．如果△p A =-10kg?m/s 、△p B =10kg?m/s ，所以碰后两球的动量分别为p′A =-5kg?m/s 、p′B =17kg?m/s ，可以看出，碰撞后A 的动能不变，而B 的动能增大，违反了能量守恒定律，不可能．故D 错误．故选A ．
点睛：对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况．
25．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 =+
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 。