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高考物理一轮复习课时练习 第7章第2练 动量守恒定律（含详解）
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这是一份高考物理一轮复习课时练习 第7章第2练 动量守恒定律（含详解），共7页。试卷主要包含了2 m/s等内容，欢迎下载使用。
1．(2024·辽宁鞍山市联考)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( )
A．只有甲、乙 B．只有丙、丁
C．只有甲、丙 D．只有乙、丁
2.木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法正确的是( )
A．a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统机械能不守恒
B．a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统动量守恒
C．a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统动量守恒
D．a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统动量不守恒
3.(2023·河北省衡水中学调研)在光滑水平面上沿一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ发生正碰，碰后立即粘在一起运动，碰撞前滑块Ⅰ、Ⅱ及粘在一起后的速度—时间关系图线分别如图中的线段a、b、c所示。由图像可知( )
A．碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小
B．滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为3∶5
C．滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为5∶3
D．碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大
4.(2024·江苏省金陵中学月考)如图所示，一个长为L的轻细杆两端分别固定着a、b两个光滑金属球，a球质量为2m，b球质量为m，两球的半径相等且均可视为质点，整个装置放在光滑的水平面上，将此装置从杆与水平面夹角为53°的图示位置由静止释放，则( )
A．在b球落地前瞬间，b球的速度方向斜向左下方
B．在b球落地前瞬间，a球的速度方向水平向左
C．在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做正功
D．在b球落地前瞬间，b球的速度方向竖直向下
5.(多选)如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)( )
A．系统的总动量守恒
B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都为零
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为eq \f(2ml,M＋m)
6.如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。
7．(2023·海南海口市等5地联考)于2021年10月16日发射的“神舟十三号”飞船在2022年4月16日成功返回地球。飞船返回舱返回地面过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置沿竖直方向匀速下降，为确保返回舱能安全着陆，在返回舱距地面一定距离时，舱内航天员主动切断与降落伞的连接(“切伞”)，同时点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭向下喷气过程中返回舱减至安全速度。假设“切伞”瞬间返回舱的速度大小为v1＝16 m/s，火箭喷出的气体相对地面的速度大小为v2＝944 m/s，火箭“喷气”时间极短，喷气完成前、后返回舱的质量比为130∶128，喷气完成后返回舱的速度大小为( )
A．2 m/s B．1.5 m/s C．2.5 m/s D．0.5 m/s
8.(多选)(2023·湖北十堰市调研)如图所示，木块静止在光滑的水平面上，子弹A、B分别从木块左、右两侧同时水平射入木块，且均停在木块内，木块始终保持静止。下列说法正确的是( )
A．摩擦力对两子弹的冲量大小一定相等
B．摩擦力对两子弹做的功一定相等
C．子弹与木块组成的系统动量守恒
D．子弹与木块组成的系统机械能守恒
9．(2021·浙江1月选考·12)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A．两碎块的位移大小之比为1∶2
B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
10.(2023·湖南省名校联考)如图，棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为m的木块在上，质量为M的铁块在下，上下表面正对用极短的细绳连接悬浮在平静的水池中某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力，不计其他阻力，则池深为( )
A.eq \f(M＋m,M)h B.eq \f(M＋m,m)(h＋2a)
C.eq \f(M＋m,M)(h＋2a) D.eq \f(M＋m,M)h＋2a
11．(2020·天津卷·11)长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；
(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？
12．(多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg
第2练 动量守恒定律
1．C
2．C [a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统只有弹簧弹力在做功，故机械能守恒，故A错误；a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统在水平方向上受到墙壁水平向右的弹力，系统所受合外力不为零，故动量不守恒，故B错误；a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统所受合力为零，故动量守恒，故C正确，D错误。]
3．C [由题图可知，碰撞后总动量为正，根据动量守恒定律可知，碰撞前的总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量较大，故A错误；根据动量守恒定律有5mⅠ－3mⅡ＝2(mⅠ＋mⅡ)，解得mⅠ∶mⅡ＝5∶3，故B错误，C正确；由动量定理知，碰撞过程中滑块Ⅰ受到的冲量与滑块Ⅱ受到的冲量大小相等，方向相反，故D错误。]
4．D [a、b组成的系统在水平方向上所受合力为零，水平方向上动量守恒，系统水平方向的初动量为零，在b球落地前瞬间系统水平方向动量仍为零，此时b球的速度方向竖直向下，a球的速度为零，故A、B错误，D正确；a球初动能为零，b球落地前瞬间a球的动能也为零，且重力与地面的支持力对a球不做功，根据动能定理可知在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做功为零，故C错误。]
5．BD [系统只是在水平方向合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为vm，小车水平方向的平均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车向右移动的最大距离为eq \f(2ml,M＋m)，D正确。]
6．2 m/s
解析 因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mAv0＝mAvA＋mCvC①
碰撞后A与B在摩擦力作用下再次达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得
mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②
A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC③
联立①②③式，代入数据得vA＝2 m/s。
7．B [设喷气前、后返回舱质量分别为m1、m2，喷气完成后返回舱的速度大小为v3。由题知m1∶m2＝130∶128，分析火箭喷气过程，由动量守恒定律可得m1v1＝m2v3＋(m1－m2)v2，解得v3＝1.5 m/s，故选B。]
8．AC [木块在光滑的水平面上始终保持静止，由动量定理可知两子弹对木块的摩擦力的冲量大小相等，方向相反；由牛顿第三定律可知子弹对木块的摩擦力与木块对子弹的摩擦力大小相等，所以摩擦力对两子弹的冲量大小一定相等，故A正确；以子弹A、B和木块组成的系统为研究对象，系统的合外力为零，则系统的动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0，得mAvA＝mBvB，对子弹由动能定理得W＝0－Ek，由Ek＝eq \f(p2,2m)，可知摩擦力对两子弹做的功W＝－eq \f(p2,2m)，由于两子弹的质量不一定相等，故摩擦力对两子弹做的功不一定相等，故B错误，C正确；子弹与木块间因有摩擦力产生热量，所以子弹与木块组成的系统机械能不守恒，故D错误。]
9．B [设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，则由动量守恒定律知质量小的碎块水平初速度为2v，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝eq \r(x2＋y2)，可见两碎块的位移大小之比不是1∶2，故A项错误；据题意知，vt＝(5 s－t)×340 m/s，又2vt＝(6 s－t)×
340 m/s，联立解得t＝4 s，v＝85 m/s，故爆炸点离地面高度为h＝eq \f(1,2)gt2＝80 m，所以B项正确，C项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1 020 m，故D项错误。]
10．D [设铁块竖直下沉的位移为d，对木块与铁块系统，系统合外力为零，由动量守恒(人船模型)可得0＝mh－Md，池深H＝h＋d＋2a，解得H＝eq \f(M＋m,M)h＋2a，故D正确。]
11．(1)m1eq \r(5gl) (2)eq \f(5gl2m1＋m22,2m2)
解析 (1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有m1g＝m1eq \f(v2,l)
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有eq \f(1,2)m1vA2＝eq \f(1,2)m1v2＋2m1gl
联立解得vA＝eq \r(5gl)
由动量定理，有I＝m1vA＝m1eq \r(5gl)
(2)设两球粘在一起时速度大小为v′，若A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足v′＝vA
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，设以此方向为正方向，B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，
有m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′
联立解得vB＝eq \f(\r(5gl)2m1＋m2,m2)
又Ek＝eq \f(1,2)m2vB2，可得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为Ek＝eq \f(5gl2m1＋m22,2m2)。
12．BC [设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，…，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，各式相加可得vn＝eq \f(2n－1mv0,M)，则v7＝eq \f(260 kg·m/s,M)，v8＝eq \f(300 kg·m/s,M)。由题意知，v7<5 m/s，则M>52 kg，又知v8>5 m/s，则M<60 kg，故选B、C。]
1．(2024·辽宁鞍山市联考)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( )
A．只有甲、乙 B．只有丙、丁
C．只有甲、丙 D．只有乙、丁
2.木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法正确的是( )
A．a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统机械能不守恒
B．a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统动量守恒
C．a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统动量守恒
D．a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统动量不守恒
3.(2023·河北省衡水中学调研)在光滑水平面上沿一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ发生正碰，碰后立即粘在一起运动，碰撞前滑块Ⅰ、Ⅱ及粘在一起后的速度—时间关系图线分别如图中的线段a、b、c所示。由图像可知( )
A．碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小
B．滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为3∶5
C．滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为5∶3
D．碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大
4.(2024·江苏省金陵中学月考)如图所示，一个长为L的轻细杆两端分别固定着a、b两个光滑金属球，a球质量为2m，b球质量为m，两球的半径相等且均可视为质点，整个装置放在光滑的水平面上，将此装置从杆与水平面夹角为53°的图示位置由静止释放，则( )
A．在b球落地前瞬间，b球的速度方向斜向左下方
B．在b球落地前瞬间，a球的速度方向水平向左
C．在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做正功
D．在b球落地前瞬间，b球的速度方向竖直向下
5.(多选)如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)( )
A．系统的总动量守恒
B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都为零
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为eq \f(2ml,M＋m)
6.如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。
7．(2023·海南海口市等5地联考)于2021年10月16日发射的“神舟十三号”飞船在2022年4月16日成功返回地球。飞船返回舱返回地面过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置沿竖直方向匀速下降，为确保返回舱能安全着陆，在返回舱距地面一定距离时，舱内航天员主动切断与降落伞的连接(“切伞”)，同时点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭向下喷气过程中返回舱减至安全速度。假设“切伞”瞬间返回舱的速度大小为v1＝16 m/s，火箭喷出的气体相对地面的速度大小为v2＝944 m/s，火箭“喷气”时间极短，喷气完成前、后返回舱的质量比为130∶128，喷气完成后返回舱的速度大小为( )
A．2 m/s B．1.5 m/s C．2.5 m/s D．0.5 m/s
8.(多选)(2023·湖北十堰市调研)如图所示，木块静止在光滑的水平面上，子弹A、B分别从木块左、右两侧同时水平射入木块，且均停在木块内，木块始终保持静止。下列说法正确的是( )
A．摩擦力对两子弹的冲量大小一定相等
B．摩擦力对两子弹做的功一定相等
C．子弹与木块组成的系统动量守恒
D．子弹与木块组成的系统机械能守恒
9．(2021·浙江1月选考·12)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A．两碎块的位移大小之比为1∶2
B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
10.(2023·湖南省名校联考)如图，棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为m的木块在上，质量为M的铁块在下，上下表面正对用极短的细绳连接悬浮在平静的水池中某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力，不计其他阻力，则池深为( )
A.eq \f(M＋m,M)h B.eq \f(M＋m,m)(h＋2a)
C.eq \f(M＋m,M)(h＋2a) D.eq \f(M＋m,M)h＋2a
11．(2020·天津卷·11)长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；
(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？
12．(多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg
第2练 动量守恒定律
1．C
2．C [a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统只有弹簧弹力在做功，故机械能守恒，故A错误；a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统在水平方向上受到墙壁水平向右的弹力，系统所受合外力不为零，故动量不守恒，故B错误；a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统所受合力为零，故动量守恒，故C正确，D错误。]
3．C [由题图可知，碰撞后总动量为正，根据动量守恒定律可知，碰撞前的总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量较大，故A错误；根据动量守恒定律有5mⅠ－3mⅡ＝2(mⅠ＋mⅡ)，解得mⅠ∶mⅡ＝5∶3，故B错误，C正确；由动量定理知，碰撞过程中滑块Ⅰ受到的冲量与滑块Ⅱ受到的冲量大小相等，方向相反，故D错误。]
4．D [a、b组成的系统在水平方向上所受合力为零，水平方向上动量守恒，系统水平方向的初动量为零，在b球落地前瞬间系统水平方向动量仍为零，此时b球的速度方向竖直向下，a球的速度为零，故A、B错误，D正确；a球初动能为零，b球落地前瞬间a球的动能也为零，且重力与地面的支持力对a球不做功，根据动能定理可知在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做功为零，故C错误。]
5．BD [系统只是在水平方向合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为vm，小车水平方向的平均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车向右移动的最大距离为eq \f(2ml,M＋m)，D正确。]
6．2 m/s
解析 因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mAv0＝mAvA＋mCvC①
碰撞后A与B在摩擦力作用下再次达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得
mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②
A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC③
联立①②③式，代入数据得vA＝2 m/s。
7．B [设喷气前、后返回舱质量分别为m1、m2，喷气完成后返回舱的速度大小为v3。由题知m1∶m2＝130∶128，分析火箭喷气过程，由动量守恒定律可得m1v1＝m2v3＋(m1－m2)v2，解得v3＝1.5 m/s，故选B。]
8．AC [木块在光滑的水平面上始终保持静止，由动量定理可知两子弹对木块的摩擦力的冲量大小相等，方向相反；由牛顿第三定律可知子弹对木块的摩擦力与木块对子弹的摩擦力大小相等，所以摩擦力对两子弹的冲量大小一定相等，故A正确；以子弹A、B和木块组成的系统为研究对象，系统的合外力为零，则系统的动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0，得mAvA＝mBvB，对子弹由动能定理得W＝0－Ek，由Ek＝eq \f(p2,2m)，可知摩擦力对两子弹做的功W＝－eq \f(p2,2m)，由于两子弹的质量不一定相等，故摩擦力对两子弹做的功不一定相等，故B错误，C正确；子弹与木块间因有摩擦力产生热量，所以子弹与木块组成的系统机械能不守恒，故D错误。]
9．B [设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，则由动量守恒定律知质量小的碎块水平初速度为2v，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝eq \r(x2＋y2)，可见两碎块的位移大小之比不是1∶2，故A项错误；据题意知，vt＝(5 s－t)×340 m/s，又2vt＝(6 s－t)×
340 m/s，联立解得t＝4 s，v＝85 m/s，故爆炸点离地面高度为h＝eq \f(1,2)gt2＝80 m，所以B项正确，C项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1 020 m，故D项错误。]
10．D [设铁块竖直下沉的位移为d，对木块与铁块系统，系统合外力为零，由动量守恒(人船模型)可得0＝mh－Md，池深H＝h＋d＋2a，解得H＝eq \f(M＋m,M)h＋2a，故D正确。]
11．(1)m1eq \r(5gl) (2)eq \f(5gl2m1＋m22,2m2)
解析 (1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有m1g＝m1eq \f(v2,l)
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有eq \f(1,2)m1vA2＝eq \f(1,2)m1v2＋2m1gl
联立解得vA＝eq \r(5gl)
由动量定理，有I＝m1vA＝m1eq \r(5gl)
(2)设两球粘在一起时速度大小为v′，若A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足v′＝vA
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，设以此方向为正方向，B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，
有m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′
联立解得vB＝eq \f(\r(5gl)2m1＋m2,m2)
又Ek＝eq \f(1,2)m2vB2，可得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为Ek＝eq \f(5gl2m1＋m22,2m2)。
12．BC [设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，…，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，各式相加可得vn＝eq \f(2n－1mv0,M)，则v7＝eq \f(260 kg·m/s,M)，v8＝eq \f(300 kg·m/s,M)。由题意知，v7<5 m/s，则M>52 kg，又知v8>5 m/s，则M<60 kg，故选B、C。]
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