2023-2024学年江西省南昌一中高二（上）第一次月考物理试卷（10月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年江西省南昌一中高二（上）第一次月考物理试卷（10月份）（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图为库仑扭秤，细银丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个带电的小球A，另一端通过物体B使绝缘棒平衡。当把另一个与A完全相同的带电金属小球C插入容器并使它靠近A时，A和C之间的库仑力使悬丝扭转。当A带电q，C带电−2q，A、C间的距离为r时，A、C间的库仑力为F；让C与A接触后分开，当C和A的距离为2r时，A、C间库仑力的大小为( )
A. F8
B. F16
C. F32
D. F64
2.研究发现高压水枪的穿透力非常强，日常生活中常使用高压水枪清洗汽车上的污渍，若水从枪口喷出时的速度大小为100m/s，近距离垂直喷射到车身上，水枪出水口直径为5mm。忽略水从枪口喷出后的发散效应，水喷射到车身上时速度在短时间内变为零，由于水柱前端的水与物体表面相互作用时间很短，因此在分析水对物体表面的作用力时可忽略这部分水所受的重力。已知水的密度ρ=1.0×103kg/m3，则水枪在物体表面产生的冲击力约为( )
A. 50NB. 100NC. 200ND. 260N
3.如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平地面的高度相等，绳与竖直方向的夹角分别为α、β，且β>α。若同时剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电量不变，则下列叙述正确的是( )
A. a球的质量比b球的质量小B. a球的电荷量比b球的电荷量大
C. a、b两球飞行的水平距离相等D. 两球同时落地
4.质量相等的A、B两球之间压缩一根轻质弹簧，静置于光滑水平桌面上，当用板挡住小球A而只释放B球时，B球被弹出落到距桌边水平距离为x的地面上，如图所示，若再次以相同力压缩该弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，则B球的落地点距桌边( )
A. x2B. 2xC. xD. 22x
5.如图所示，带电小球1固定在空中A点，带电小球2在库仑斥力的作用下沿光滑绝缘水平面向右做加速运动，运动到B点时加速度大小为a，A、B连线与竖直方向的夹角为30°，当小球2运动到C点，A、C连线与竖直方向夹角为60°角时，小球2的加速度大小为(两小球均可看成点电荷)( )
A. 12aB. 32aC. 33aD. 34a
6.如图所示，一个小孩将质量为m1的石头以大小为v0、仰角为θ的初速度抛入一个装有砂子的总质量为M的静止的砂车中，砂车与水平地面间的摩擦可以忽略。球和砂车获得共同速度后，砂车底部出现一小孔，砂子从小孔中漏出，则( )
A. 球和砂车的共同速度v=m1v0csθM+m1
B. 球和砂车获得共同速度后漏砂过程中系统动量守恒
C. 砂子漏出后做直线运动，水平方向的速度变小
D. 当漏出质量为m2的砂子时，砂车的速度v′=v=Mv0csθM+m1
7.甲乙两球在水平光滑轨道上同方向运动，已知它们的动量分别是p1=5kg⋅m/s，p2=7kg⋅m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kg⋅m/s，则两球质量m1与m2间的关系可能是( )
A. m1=m2B. 2m1=m2C. 4m1=m2D. 6m1=m2
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图所示，将带负电的棒移近两个不带电的导体球，两个导体球开始时互相接触且对地绝缘，下列哪些方法能使两球都带电( )
A. 先把两球分开，再移走棒B. 先移走棒，再把两球分开
C. 先使甲球瞬时接地，再移走棒D. 使棒与甲球瞬时接触，再移走棒
9.冰壶比赛是2022年北京冬奥会的比赛项目。蓝壶(实心圆)以动能Ek碰撞静止的红壶(与蓝壶材料相同，质量相等)(空心圆)，某兴趣小组将碰撞前后两壶的位置标记如图所示，A、B分别为碰前瞬间蓝壶、红壶所在位置，C、D分别为碰撞后蓝壶、红壶停止的位置。则由图可知( )
A. 碰后瞬间蓝壶、红壶的瞬时速度之比为1：2
B. 碰后瞬间蓝壶、红壶的瞬时速度之比为1：4
C. 碰撞过程中损失的动能约为49Ek
D. 碰撞过程中损失的动能约为59Ek
10.如图所示，带有14光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，一质量为m的小球以水平速度v0从小车左端冲上小车，一段时间后小球从小车的左端飞出，已知小车的质量为4m，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A. 小球上升的最大高度为v022g
B. 小球从小车的左端飞出的速度大小为35v0
C. 小球从小车的左端飞出后小车的速度大小为15v0
D. 整个过程中小球对小车做的功为825mv02
三、填空题：本大题共2小题，共10分。
11.如图所示，真空中有两个可视为点电荷的带正电小球，相距L，电荷量分别为Q和4Q，如果引进第三个带电小球，正好使三个小球仅在静电力的作用下处于平衡状态，那么第三个小球应______ (填“带正电”或“带负电”)；电荷量是Q的______ 倍；应放在离Q ______ 的地方。
12.如图所示，abcde是半径为r的圆的内接正五边形，在其顶点a、b、c、d处各固定有电荷量为+Q的点电荷，在e处固定有电荷量为−3Q的点电荷，则放置在圆心O处的点电荷−q所受到的库仑力F的方向为______ ，大小为______ 。
四、实验题：本大题共1小题，共6分。
13.如图1所示，用半径相同的两个小球的碰撞验证“动量守恒定律”。实验时先让质量为m1的A球从斜槽上某一固定位置C由静止释放，A球从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹，再把质量为m2的B球放在水平轨道末端，将A球仍从位置C由静止释放，A球和B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次，M、P、N为三个落点的平均位置，O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点，如图2所示。

(1)下列说法中正确的有______ (选填选项前的字母)。
A.安装轨道时，轨道末端必须水平
B.实验前应该测出斜槽末端距地面的高度
C.实验中两个小球的质量应满足m1D.除了图中器材外，完成本实验还必须使用的器材是天平、刻度尺和秒表
E.未放B球时，A球落点的平均位置是P点
(2)实验中，测量出两个小球的质量m1、m2，测量出三个落点的平均位置与O点距离OM、OP、ON的长度分别为x1、x2、x3。在实验误差允许范围内，若满足关系式______ (用所测物理量的字母表示)，则可以认为两球碰撞前后的总动量守恒。
(3)某实验小组设计用上述装置来研究碰撞前后动能的变化，实验方案如下：如图3所示，使从斜槽轨道滚下的小球打在正对的竖直墙上，把白纸和复写纸附在墙上，记录小球的落点。选择半径相等的小钢球A和硬塑料球B进行实验，测量出A、B两个小球的质量m1、m2，其他操作重复验证动量守恒时的步骤。M′、P′、N′为竖直记录纸上三个落点的平均位置，小球静止于水平轨道末端时球心在竖直记录纸上的水平投影点为O′，用刻度尺测量M′、P′、N′到O′的距离分别为y1、y2、y3。
在实验误差允许范围内，若满足关系式______ (用所测物理量的字母表示)，则可认为碰撞前后两球的总动能相等。
五、简答题：本大题共1小题，共12分。
14.如图所示，在倾角为α的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与A球连接。A、B、C三小球的质量均为M，qA=q0>0，qB=−q0，当系统处于静止状态时，三小球等间距排列。已知静电力常量为k，求：
(1)弹簧伸长量Δx；
(2)C球的电荷量qC和相邻小球间距离L。
六、计算题：本大题共2小题，共32分。
15.如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P点相切，一个质量为2m的物块B(可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有水平轻弹簧，Q点为弹簧处于原长时的左端点，P、Q间的距离为R，PQ段地面粗糙、动摩擦因数为μ=0.5，Q点右侧水平地面光滑，现将质量为m的物块A(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g。求：
(1)物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力大小；
(2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)；
(3)物块A最终停止位置到Q点的距离。
16.如图所示，一质量M=4kg的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，BC与CD相切于C，BC所对圆心角θ=37°，CD长L=3m。质量m=1kg的小物块从某一高度处的A点以v0=4m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道，滑到D点时刚好与小车达到共同速度v=1.2m/s。取g=10m/s2，sin37°=0.6，忽略空气阻力。
(1)求A、B间的水平距离x；
(2)求小物块从C滑到D所用时间t0；
(3)若在小物块抛出时拔掉销钉，求小车向左运动到最大位移年时滑块离小车左端的水平距离。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：当AC间距离为r时，根据库仑定律可得：F=k2q2r2
当AC接触后分开后各自的电荷量为−q2
根据库仑定律可知AC间的库仑力为：F=k(q2)2(2r)2=132F
故C正确，ABD错误。
故选：C。
熟悉接触起电的特点，结合库仑定律得出库仑力的大小。
本题主要考查了库仑定律的相关应用，解题的关键点是理解接触起电的特点，结合库仑定律即可完成分析。
2.【答案】C
【解析】解：Δt时间内水枪喷出的水的质量Δm=ρ⋅πd24⋅vΔt，以这部分水为研究对象，以水从枪口喷出时的速度方向为正方向，设车身表面对水的作用力大小为F，由动量定理可得−FΔt=0−Δmv
根据牛顿第三定律可知水对车身表面的冲击力大小F′=F，解得水在车身表面产生的冲击力大小F′=πρv2d24，代入数据可得F′≈200N，故ABD错误，C正确。
故选：C。
表示出Δt时间内水枪喷出水的质量，对这部分水根据动量定理列方程求解。
本题结合高压水枪考查动量定理，体现了物理知识在实际生活中的应用，考查考生利用物理知识解决实际问题的能力，体现了高考对科学思维的核心素养的要求。
3.【答案】D
【解析】解：A、设两个小球的质量分别为m1和m2，对两球受力分析如图：
两个小球之间的库仑力作用是一对作用力与反作用力，则F=F′
对a：m1g=Ftanα ①；
对b：m2g=F′tanβ=Ftanβ ②；
由于：α<β
可知：m1>m2；故A错误；
B、由公式①②可知，小球之间的相互作用以及细线与竖直方向之间的夹角都与小球的带电量无关，所以不能判断出二者带电量的关系，故B错误；
CD、同时剪断两根细线后，沿竖直方向两个小球都只受重力的作用，所以二者沿竖直方向的加速度都等于重力加速度，二者的高度相同，所以二者下落得时间相等，则两个小球同时落地；沿水平方向两个小球受到的库仑力是相等的，由于a的质量大于b的质量，所以在水平方向a的加速度小于b的加速度，二者运动的时间相等，所以a沿水平方向的位移小，故C错误，D正确。
故选：D。
对两个小球进行受力分析，结合共点力平衡求出二者的质量关系；剪断细线后，结合牛顿第二定律分析二者的位移关系。
本题中库仑力是两个小球联系的纽带，由平衡条件分别找出两个小球的质量与库仑力关系是解题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：挡板挡住A球时，弹簧的弹性势能全部转化为B球的动能，有Ep=12mvB2，设下落高度为h，则下落时间为t= 2hg，所以图中x=vBt=vB 2hg，挡板撤走后，A球可以自然运动，弹簧的弹性势能向两端释放，弹性势能被两球平分，则有Ep=2×12mvB′2，由以上两式解得vB′= 22vB，又因为B球落地的高度仍为h，所以下落时间还是t= 2hg，所以x′=vB′t= 22vB 2hg= 22x，故D正确，ABC错误；
故选：D。
挡板挡住A球时，弹簧的弹性势能全转化成B球的动能，挡板撤走后，弹簧的弹性势能两球平分，由此可求速度的关系，因为下落高度没有变化，所以运动的时间不变，所以落点的距离和速度的比例是一样的。
学生在解决本题时，应注意弹簧释放后弹性势能是两个方向均分的，同时要能够应用平抛运动中竖直和水平方向上各自运动的公式。
5.【答案】C
【解析】解：设在B点时，两球之间的库仑力为F1，在C点时，两个球之间的库仑力为F2，小球1距离地面的高度为h，根据库仑定律有
F1=kq1q2(hcs30∘)2
F2=kq1q2(hcs60∘)2
设小球2的质量为m，在C点的加速度为a′，则根据牛顿第二定律有
F1sin30°=ma
F2sin60°=ma′
联立解得：a′= 33a，故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据库仑定律分析出小球受到的库仑力，结合几何关系和牛顿第二定律得出加速度的比值关系。
本题主要考查了库仑定律的相关应用，要理解几何关系，得出库仑力的大小，结合牛顿第二定律完成分析。
6.【答案】A
【解析】解：A、设水平向右为正方向，石头与砂车的共同速度为v，石头与砂车组成的系统在水平方向所受合力为零，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：m1v0csθ=(m1+M)v，解得v=m1v0csθM+m1，故A正确；
B、石头和砂车获得共同速度后漏砂过程中系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误；
C、砂子漏出后在水平方向有初速度，只受重力作用，砂子做平抛运动，在水平方向的速度不变，故C错误；
D、系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，系统总质量不变，由动量守恒定律可知，系统在水平方向速度不变，即砂车的速度v′=v=m1v0csθM+m1，故D错误。
故选：A。
系统所受合外力不为零，但水平方向合力为零，系统水平方向动量守恒；石头与砂车组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律求出石头与砂车的速度；根据砂子漏出后的受力情况分析其运动性质。
解决该题关键掌握动量守恒的应用，正确选择研究对象是前提，系统所受合力不为零，但是可以在某一方向所受合力为零即在该方向上系统动量守恒．
7.【答案】C
【解析】解：根据动量守恒定律得
P1+P2=P1′+P2′
解得P1′=2kg⋅m/s
碰撞过程系统的总动能不增加，则有
P1′22m1+P2′22m2≤P122m1+P222m2
解得m1m2≤2151
碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有
P1′m1解得m1m2>15。
从而m2m1的取值范围：[5121,5].故C正确，A、B、D错误。
故选：C。
碰撞过程遵守动量，总动能不增加，根据这两个规律，得到A、B两球的质量关系。
对于碰撞过程，往往根据三大规律，分析两个质量的范围：1、动量守恒；2、总动能不增加；3、碰撞后两物体同向运动时，后面物体的速度不大于前面物体的速度。
8.【答案】ACD
【解析】解：A、先把两球分开，再移走棒，两球由于感应起电带上异种电荷，故A正确。
B、先移走棒，此时甲乙两球中的电荷又发生中和，不再带电，再把球分开，同样不再带电，故B错误。
C、先使棒与甲球瞬时接触，这样两球都带同种电，当移走棒，两球仍带电，故C正确。
D、先使乙球瞬时接地后断开，这样乙球带电被中和，甲球带电，当移走棒后，则两球会带电，故D正确；
故选：ACD。
将棒移近两个不带电的导体球，靠感应起电使物体带电，带电的实质是电荷的移动；使棒与甲球瞬时接触属于接触带电，总电荷量保持不变。
解决本题的关键知道摩擦起电、感应起电、接触带电的实质都是电荷的移动，电荷的总量保持不变。
9.【答案】AC
【解析】解：AB、假设方格边长为x，则碰撞后，由动能定理可得：
−f⋅3x=0−Ek蓝，−f⋅12x=0−Ek红，
可知碰撞后红壶的动能是蓝壶的4倍，
则v红2v蓝2=4，
解得v红v蓝=2。
故A正确，B错误；
CD、假设碰撞后v红=2v，v蓝=v，则碰撞过程中，设向右为正方向，由动量守恒可得
mv0蓝=m(v红+v蓝)=3mv，
解得v0蓝=3v。
由题意知：12mv0蓝2=92mv2=Ek，
可知碰撞后Ek红=42mv2=49Ek，Ek蓝=12mv2=19Ek，
所以碰撞过程中损失的动能约为ΔEk=Ek−49Ek−19Ek=49Ek。故C正确，D错误。
故选：AC。
根据动能定理求解碰后瞬间蓝壶、红壶的瞬时速度之比；根据动量守恒求解碰撞过程中损失的动能。
本题考查动量守恒，学生需根据动能定理结合动量守恒综合求解。
10.【答案】BD
【解析】解：A.系统水平方向动量守恒，小球上升到最大高处时，二者共速，可得
mv0=(m+4m)v共
由机械能守恒可得
12mv02=12(m+4m)v共2+mgH
联立，解得
H=v025g
故A错误；
BC.设水平向右为正方向，取小球从小车的左端飞出时为末状态，根据动量守恒，可得
mv0=−mv1+4mv2
由机械能守恒，可得
12mv02=12mv12+12⋅4mv22
联立，解得
v1=35v0，v2=25v0
故B正确，C错误；
D.整个过程中小球对小车做的功为小车增加的动能，即
W=12⋅4mv22=825mv02
故D正确。
故选：BD。
在水平方向在动量守恒，结合机械能守恒，可求出上升的高度；利用动量守恒和能量守恒可求出小球飞出后二者的速度；利用功能关系可求出小球对小车做的功。
学生在解决本题时，应注意在某一方向上没有外力的情况下，可视为该方向上动量守恒。
11.【答案】带负电 49 L3
【解析】解：由同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，以及库仑定律可知，第三个小球应带负电。
假设第三个小球带电量为q，在两个带电小球间，距电荷量为Q的小球的距离为x，则对第三个小球有kQqx2=4kQq(L−x)2
解得x=L3
对带电量为Q的小球有kQqx2=4kQ2L2
解得q=49Q
故答案为：带负电，49，L3。
利用同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，以及库仑定律可判断第三个小球的电性；
根据库仑定律以及受力平衡可求出距离，以及电荷量。
学生在解决本题时，应注意将库仑定律和受力平衡联系起来作答。
12.【答案】从e指向O 4kQqr2
【解析】解：设想在e处只放一电荷量为+Q的点电荷，根据对称性可知，五个电荷量为+Q的点电荷对圆心O处的电荷量为−q的点电荷的库仑力的合力为零。
所以e点可等效为同时放一个+Q和−4Q的点电荷，所求的库仑力可以等效为在e处另放一个电荷量为−4Q的点电荷与电荷量为−q的点电荷之间的库仑力；
根据这一思路，由库仑定律得F=4kQqr2，由“同种电荷相斥”知，库仑力的方向从e指向O。
故答案为：从e指向O；4kQqr2。
e点可等效为同时放一个+Q和−4Q的点电荷，所求的库仑力可以等效为在e处另放一个电荷量为−4Q的点电荷与电荷量为−q的点电荷之间的库仑力，由库仑定律进行解答。
本题采用“等效法”从而降低解题难度，并根据矢量叠加原理，结合点电荷电场强度的公式进行分析。
13.【答案】AE m1x2=m1x1+m2x3 m1y2=m1y3+m2y1
【解析】解：(1)A、安装轨道时，轨道末端必须水平，以使小球做平抛运动，故A正确；
B、实验前不必要测出斜槽末端距地面的高度，故B错误；
C、实验中两个小球的质量应满足m1>m2，以保证运动的小球不反弹，故C错误；
D、除了图中器材外，完成本实验还必须使用的器材是天平、刻度尺，不用秒表，故D错误；
E、未放B球时，A球落点的平均位置是P点，故E正确；
故选：AE；
(2)碰前的动量为：p=m1v1=m1x2t，碰后的动量之和为：p′=m1×x1t+m2×x3t，若碰撞前后动量守恒p=p′，二个式子相等即可，则要验证的表达式为：m1x2=m1x1+m2x3；
(3)因为三次的水平位移相等，而x=vt，y=12gt2，故可得：v2=gx22×1y，所以平抛的初速度v2与1y成正比，故要验证碰撞前后两球的总动能相等，则必须证明：12m1v12=12m1v22+12m2v32，即m1y2=m1y3+m2y1；
b、通过分析两球在竖直方向上可能相碰而无法得到A球的落点。
故答案为：(1)AE；(2)m1x2=m1x1+m2x3；(3)m1y2=m1y3+m2y1。
(1)明确实验原理，从而确定需要测量哪些物理量和确定位置；
(2)在该实验中，小球做平抛运动，H相等，时间t就相等，水平位移x=vt，与v成正比，因此可以用位移x来代替速度v，再由动量守恒定律倒推出需要验证的表达式；
(3)当球打在竖直墙上时，记录下竖直位移，根据动量守恒定律以及平抛运动规律可确定对应的表达式。
该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速度和时间，而是用位移x来代替速度v，成为是解决问题的关键。要注意理解该方法的使用。
14.【答案】解：(1)以A、B、C整体为研究对象可得F弹=3Mgsinα
由胡克定律可知弹簧伸长量Δx=3Mgsinαk0
(2)设相邻小球间距为L，根据平衡可知小球C带正电，由平衡条件有kq0qCL2=kq0qC4L2+Mgsinα
对B球有kq02L2=kq0qCL2+Mgsinα
解得qC=47q0
L= 3kq027Mgsinα
答：(1)弹簧伸长量Δx为3Mgsinα k0；
(2)C球的电荷量qC为47q0，相邻小球间距离L为 3kq027Mgsinα。
【解析】对整体受力分析求弹簧弹力，对C受力分析，受重力、支持力和AB的库仑力，则AB的库仑力之和沿斜面向上，分析C球的电性，再对球A、B、C分别根据平衡条件列式分析即可。
本题考查的是共点力作用下物体的平衡，关键是明确各个球的受力情况和运动状态，根据平衡条件列式分析即可。
15.【答案】解：(1)物块A从静止沿圆弧轨道滑至P点，设速度大小为vp。
由机械能守恒定律有：mgR=12mvp2
在最低点轨道对物块的支持力为大小为FN。
由牛顿第二定律有：FN−mg=mvp2R
联立解得：FN=3mg
由牛顿第三定律可知物块轨道P点的压力大小为3mg。
(2)设物块A与弹簧接触前瞬间的速度大小为v0，由动能定理有
mgR−μmgR=12mv02−0，得v0= gR
当时，物块A、物块B具有共同速度v时，弹簧的弹性势能最大，取向右为正方向。
由动量守恒定律有：mv0=(m+2m)v
根据机械能守恒定律有：12mv02=12(m+2m)v2+EPm，
联立解得EPm=13mgR；
(3)设物块A与弹簧分离时，A、B的速度大小分别为v1、v2，规定向右为正，则有mv0=−mv1+2mv2，
12mv02=12mv12+12(2m)v22，
联立解得：v1=13 gR，
设A最终停在Q点左侧x处，由动能定理有：−μmgx=0−12mv12，
解得x=19R
答：
(1)物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力大小是3mg。
(2)弹簧被压缩的最大弹性势能是13mgR。
(3)物块A最终停止位置到Q点的距离是19R。
【解析】(1)物块A沿圆弧轨道滑至P点的过程中，只有重力做功，物块A的机械守恒，由机械能守恒定律求出物块A到达P点时的速度大小。物块A经过P点时，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿运动定律求出物块对轨道的压力大小；
(2)物块A从P到Q的过程，根据动能定理求出物块A与弹簧接触前瞬间的速度大小。物块A、物块B具有共同速度v时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求解最大弹性势能；
(3)物块与弹簧发生一次相互作用被弹回后停止在P、B两点间的某处，可能被弹回直接停在PB之间，也可能先滑上PA圆弧轨道，再滑下停在PB之间。由动能定理求解。
本题首先要分析物理过程，确定研究对象，其次要把握解题的规律，明确能量是如何转化的，运用用机械能守恒、牛顿运动定律、动量守恒和能量守恒结合研究。
16.【答案】解：(1)小物块做平抛运动，由平抛运动的规律得：tanθ=gtv0，x=v0t，
代入数据解得：x=1.2m；
(2)物块在小车上CD段滑动过程系统动量守恒，
由动量守恒定律得：mv1=(M+m)v，
由能量守恒定律得：fL=12mv12−12(M+m)v2
对物块，由动量定理得：−ft0=mv−mv1
代入数据解得：t0=1s；
(3)有销钉时滑块的机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgH+12mv02=12mv12
由几何关系得：H−12gt2=R(1−csθ)
B、C间的水平距离：xBC=Rsinθ
由动能定理得：−μmgL=12(M+m)v2−12mv12，
若拔掉销钉，小车向左运动达最大位移时，速度为0，此时物块速度为4m/s
对系统，由能量守恒定律得：mgH=μmg(△x−xBC)，
代入数据解得：△x=3.73m；
答：(1)A、B间的水平距离x为1.2m；
(2)小物块从C滑到D所用时间t0为1s；
(3)小车向左运动到最大位移年时滑块离小车左端的水平距离为3.73m。
【解析】(1)小物块做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出A、B间水平距离。
(2)物块与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出共同速度，然后应用能量守恒定律与动量定理求出滑块从C到D的运动时间。
(3)有销钉时滑块下滑过程机械能守恒，应用机械能守恒定律、能量守恒定律与动能定理可以求出水平位移。
本题考查了动量守恒定律的应用，物体运动过程复杂，分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，分析清楚运动过程后，应用运动学公式、动量守恒定律、动能定理与能量守恒定律可以解题。