【解析】【分析】

通过小球重力势能和动能的变化量求出小球机械能的减小量，对全过程运用动能定理，求出小球克服阻力做功的大小，根据动量定理求出小球阻力的冲量。

解决本题的关键掌握动能定理和动量定理的运用，运用动能定理解题不需考虑速度的方向，运用动量定理解题需考虑速度的方向。 【解答】

A.小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg（H+h），则小球的机械能减小了mg（H+h），故A错误；

B.对全过程运用动能定理得，mg（H+h）-Wf=0，则小球克服阻力做功Wf=mg（H+h），故B错误；

C.落到地面的速度 ，对进入泥潭的过程运用动量定理得， ＝ ，知阻力的冲量大于 ，故C正确；

D.对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误。 故选C。 6.【答案】B

【解析】【分析】 根据动量守恒定律，抓住系统总动量为零得出两粒子的动量大小，结合动能和动量的关系得出动能的大小关系；半衰期是原子核有半数发生衰变的时间，结合衰变的过程中有质量亏损分析衰变前后质量的大小关系。

本题考查了原子核的衰变，知道半衰期的定义，注意衰变过程中动量守恒，总动量为零，以及知道动量和动能的大小关系。 【解答】

AB.一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，根据系统动量守恒知，衰变后钍核和α粒子动量之和为零，可知衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小，根据 知，由于

钍核和α粒子质量不同，则动能不同，故A错误，B正确； C.半衰期是原子核有半数发生衰变的时间，故C错误； D.衰变的过程中有质量亏损，即衰变后α粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量，故D错误。 故选：B。 7.【答案】D

【解析】【分析】

系统动量守恒的条件是合外力为零，内力对于系统的动量变化没有影响．若系统在某一方向不受外力或合外力为零，在该方向上系统的动量守恒． 解决本题要准确掌握动量守恒的条件：系统所受的合外力为零，并知道在某一方向不受外力或合外力为零，在该方向上系统的动量守恒，动量可以分方向守恒． 【解答】

①系统所受的合外力为零，合外力的冲量为零，系统动量就守恒，故①正确。 ②动量守恒的条件是系统所受的合外力为零，系统内有摩擦力时，由于内力对系统的动量变化没有影响，只要系统所受的合外力为零，系统的动量仍守恒。故②错误。

③根据动量守恒的条件可知，系统所受合外力不为零，其动量一定不守恒，但系统在某一方向不受外力或合外力为零，在该方向上系统的动量守恒。故③正确。

④系统所受合外力不为零，但如果合外力的冲量很小（相比内力的冲量）时，系统可近似动量守恒。故④正确。

由以上可知，D正确，ABC错误。 故选：D。 8.【答案】A

【解析】【分析】

当A球追上B球时发生碰撞，遵守动量守恒．由动量守恒定律和碰撞过程总动能不增加，进行选择。

本题考查了动量守恒定律。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。 【解答】

A.根据碰撞过程总动能不增加，则有故A正确；

B.根据碰撞过程总动能不增加，则有故B错误；

C.根据碰撞过程总动能不增加，则有mA=mB，故C错误；

D.碰前系统动量是12kg?m/s，碰后系统动量为13kg?m/s，不满足系统动量守恒，故D错误。 故选A。

，，解得：满足mA=mB，

， ，解得：不满足mA=mB，

，解得： ，不满足

9.【答案】C

【解析】【分析】

（1）由子弹射入木块过程摩擦力不变，加速度不变，长度不变，故可知子弹留在木块中； （2）子弹和木块系统动量守恒，消去上方部分后木块质量减小，可得速度大小关系； （3）系统产生的热量等于系统的初动能减去末动能，把动能用动量表示出来从而知道热量Q的变化关系。

本题考查动量守恒定律的应用，消去上方一部分木块长度不变质量减小是本题的关键。

【解答】

子弹射入木块过程中摩擦力大小不变，加速度不变，木块长度不变，由 知子弹仍会留在木块中，子弹射入木块过程动量守恒，即 ，木块上方消去一部分M减小，后，故速度变大，即v2＞v1，系统产生的热量

，

M减小，C正确。 动量不变，故系统产生的热量减小，故Q2＜Q1，综上分析可知ABD错误，故选C。

10.【答案】B

【解析】【分析】 该题主要考查冲量、动量定理等相关知识。熟知图像特点和规律并能从中获取有用信息是解决本题的关键。

根据图像可知，F-t图像与横轴包围的面积表示冲量大小；根据牛顿第二定律由物体受力情况可分析判断物体运动情况；由动量定理可判断物体速度大小情况。 【解答】

AD.0～T时间内，分析物体受力，受重力和拉力作用，一开始拉力小于重力，合力方向向下，且随着拉力增大，合力减小，因此物体一开始竖直向下做加速度减小的加速运动，当拉力等于重力大小时，加速度为0，速度有最大值，当拉力大于重力时，合力方向变为向上，且随着合力变大，物体做加速度增大的减速运动，而T-2T，一开始拉力大于重力，加速度向上，则物体向上做加速运动，当重力等于拉力时，速度向上达最大值，当重力大于拉力时，加速度方向向下，则物体将向上作加速度增大的减速运动。故AD错误。

B.根据图像可知，F-t图像与横轴包围的面积表示冲量大小，因此0～T时间内拉力F的冲量为I= ，则合力冲量为： ，故B正确； C.0～T时间内合力冲量为： ，由动量定理可知，合力冲量等于物体动量变化量，因此0～T时间动量变化量也为0，因t＝0时刻物体速度为零，说明初动量为零，因此物体在t=T时刻末动量也为零，即为物体速度为0，故C错误。 故选B。

11.【答案】D

【解析】解：AB、设飞船和火箭它们之间的作用力是T，分析飞船，有F-T=m△ ，分析火箭有：T=mx△ ，所以可得火箭的质量为mx=△ -m，飞船的质量为m=△ -mx，故AB错误。 CD、对整体，根据牛顿第二定律和运动学公式可得F=（m+mx）△ ，所以推力F越大，△ 就越大，且△ 与F成正比，故C错误，D正确。

故选：D

对飞船，由牛顿第二定律列式，结合速度变化得到火箭质量mx，从而得到飞船的质量。根

△

△

△

△

△

△

△

据牛顿第二定律和运动学公式可得飞船对火箭的弹力大小。再分析F与速度变化率之间的关系。

本题通过牛顿第二定律得出正确结果，也可以根据动量定理研究，更简便，在一些和时间有关的动力学题目中应用动量定理求解比较简洁。 12.【答案】C

【解析】【分析】

根据加速度随时间的变化规律可以判断加速度和速度方向的关系，确定加速还是减速；根据加速度的图像面积的物理意义求出速度的变化量，根据动量定理求出拉力的冲量；由物体的初始状态和速度变化量求出末速度，再根据动能定理算出拉力的功。 【解答】

A.根据加速度随时间的变化规律，可以知道虽然加速度先增加后减小，但是加速度和速度一直同向，所以速度一直增加，故A错误；

B.因为物体的速度一直增加，根据a-t图像可知末速度 ，故B错误；

内拉力的冲量为 ，C.物体所受冲量 ， 解得：故C正确； D.由图象知，物体在0?4s内速度的变化量4m/s，因物体由静止开始运动，故其末速度为

4m/s，由动能定理可得 ，故D错误。 故选C。

13.【答案】A

【解析】【分析】

甲、乙相遇时用力推对方的过程系统的动量守恒，应用动量守恒定律可以求出甲、乙质量之比。

本题的关键是要明确系统的动量守恒，应用动量守恒定律即可正确解题，解题时要注意正方向的选择，注意各人的速度方向。 【解答】

设甲原来运动方向为正方向，甲、乙相遇时用力推对方的过程系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： 甲 甲 乙 乙 甲 甲 乙 乙 ，代入数据得： 甲 乙 甲 乙 ，解得： 甲 乙 ，故A正确，故BCD错误。 故选A。

14.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查了冲量；解决本题的关键知道冲量的大小等于力与时间的乘积。

明确冲量定义，根据力的大小以及对应的时间，结合冲量的公式I=ft求出各力的冲量大小。 【解答】

A.根据冲量的定义可知，拉力的冲量大小为Ft，故A错误； B.重力的冲量大小为mgt，故B错误； C.支持力的冲量大小为Nt，故C错误；