第42讲 动量守恒的判定及某一方向上的动量守恒问题（解析版）

这是一份第42讲 动量守恒的判定及某一方向上的动量守恒问题（解析版），共19页。试卷主要包含了动量守恒定律，应用动量守恒定律解题的步骤，故C正确，ABD错误等内容，欢迎下载使用。
第42讲 动量守恒的判定及某一方向上的动量守恒问题

1．（2022•浙江）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m＝2kg，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点。

（1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；
（2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；
（3）若物块b释放高度0.9m＜h＜1.65m，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴）。
【解答】解：（1）滑块b摆至最低点时，由机械能守恒定律得：
mgℎ=12mvb2
解得：vb＝5m/s
b与a发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得：
mvb＝mvb′+mv0
12mvb2=12mvb'2+12mv02
解得：v0＝vb＝5m/s
（2）经上述分析可知，物块b与物块a在A发生弹性正碰，速度交换，设物块a刚好可以到达E点，高度为h1，根据动能定理得：
mgh1﹣2μmgl﹣mgH＝0
解得：h1＝1.2m
以竖直向下的方向为正方向
FN+mg=mvE2R
由动能定理得：
mgℎ−2μmgl−mgH=12mvE2
联立解得：FN＝0.1h﹣0.14（h≥1.2m）
（3）当0.9m≤h＜1.2m时，物块位置在E点或E点右侧，根据动能定理可得：
mgℎ−2μmgl−mgH=12mvE2
从E点飞出后，竖直方向：H=12gt2
水平方向上：s＝vEt
根据几何关系可得：DF=35m
联立解得：x＝3l+DF+s1
代入数据解得：(3+35)m≤x＜(3.6+35)m
当0.9m＜h＜1.2m时，从h2＝0.9m释放时，根据动能定理可得：
mgh﹣μmgs2＝0
解得：s2＝1.8m
可知物块达到距离C点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到CD时，根据动能定理可得：
mgH﹣μmgs3＝0
解得：s3＝0.4m
距离C点0.6m，综上可知0.9m＜h＜1.2m时
3l﹣s3≤x≤3l
代入数据解得：2.6m≤x≤3m
答：（1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小为5m/s；
（2）物块a在DE最高点时，管道对物块的作用力FN与h间满足的关系为FN＝0.1h﹣0.14（h≥1.2m）；
（3）若物块b释放高度0.9m＜h＜1.65m，物块a最终静止的位置x值的范围为2.6m＜x＜3m；若物块b释放高度1.2m≤h＜1.65m时，物块a最终静止的位置x值的范围为(3+35)m≤x＜(3.6+35)m。


一.知识回顾
1．几个相关概念
(1)系统：两个(或多个)相互作用的物体构成的整体叫作一个力学系统，简称系统。
(2)内力：系统中物体间的作用力。
(3)外力：系统以外的物体施加给系统内物体的力。
2．动量守恒定律
(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。这就是动量守恒定律。
(2)表达式
①p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。
②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
④Δp＝0，系统总动量的增量为零。
(3)适用条件
①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。
②近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
③某方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。
3.动量守恒定律的“六性”
(1)系统性：研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统。
(2)条件性：必须满足动量守恒定律的适用条件。
(3)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，首先需要选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负。
(4)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。
(5)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系。一般选地面为参考系。
(6)普适性：不仅适用于宏观低速物体组成的系统，也适用于微观高速粒子组成的系统。
4．应用动量守恒定律解题的步骤

二.典型例题精讲：
题型一：　对系统、内力和外力的理解
例1．关于系统内力做功的问题，下列说法正确的是（　　）
A．系统内力是作用力与反作用力，做功必定正负相反且代数和为零
B．物体和地球构成的系统中，万有引力是内力，做功的代数和为零
C．系统内一对相互作用的静摩擦力做功的代数和不一定为零
D．系统内一对相互作用的滑动摩擦力做功的代数和一定为负值
【解答】解：A、系统内力是作用力和反作用力；但力做功取决于力与力的方向上的位移的乘积，故内力做功并不一定是正负相反且代数和为零；故A错误；
B、物体和地球组成的系统中，物体和地球之间的万有引力大小相等，方向相反；但做功的代数和并不为零；如：在物体下落过程中，引力对物体做功，但物体在引力的方向不一定有位移，故对地球不一定做功，故做功的总和不一定为零；故B错误；
C、由于发生静摩擦力的两物体一定是相对静止的；而静摩擦力一定是大小相等方向相反的；故系统内一对相互作用的静摩擦力做功的代数和一定为零；故C错误；
D、系统内一对相互作用的滑动摩擦力做功的代数和一定为负值；从而使部分机械能转化为内能；故D正确；
故选：D。
题型　对动量守恒定律适用条件的理解
例2．如图所示，A、B两物体质量之比mA：mB＝3：2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则（　　）

A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒
B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数不同，A、B、C组成系统的动量不守恒
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒
D．若A、B所受的摩擦力大小不相等，A、B、C组成系统的动量不守恒
【解答】解：A、若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，由于A的质量大于B的质量，A物体受到的摩擦力大于B物体受到的摩擦力，A、B系统所受合外力不为零，系统动量不守恒的，故A错误；
B、若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数不同，A、B质量不同，两者所受的滑动摩擦力大小可能相等，系统所受合外力可能为零，系统动量可能守恒，故B错误；
C、若A、B所受的摩擦力大小相等，系统A、B、C所受合外力为零，系统动量守恒，故C正确；
D、若A、B所受的摩擦力大小不相等，系统A、B、C所受合外力为零，系统动量守恒，故D错误；
故选：C。
题型　动量守恒定律的应用
例3．悬绳下吊着一个质量为M＝9.99kg的沙袋，构成一个单摆，摆长L＝1m。一颗质量m＝10g的子弹以v0＝500m/s的水平速度射入沙袋，瞬间与沙袋达到共同速度（不计悬绳质量，g取10m/s2），则此时悬绳的拉力为（　　）
A．35N B．100N C．102.5N D．350N
【解答】解：子弹射入沙袋的过程，对它们组成的系统，遵守动量守恒定律，取子弹射入前的速度方向为正方向，则得：
mv0＝（M+m）v
解得：v=mv0m+M=0.5m/s
子弹射入沙袋后的瞬间，由重力和绳子的拉力的合力提供向心力，则由牛顿第二定律得：
F﹣（M+m）＝（M+m）v2l，
解得：F＝（M+m）+（M+m）v2l
代入数据解得：F＝102.5N 故ABD错误C正确
故选：C。
题型　沿某一方向动量守恒问题
例4．质量为M的砂车，沿光滑水平面以速度v0做匀速直线运动，此时从砂车上方落入一个质量为m的大铁球，如图所示，则铁球落入砂车后，砂车将（　　）

A．立即停止运动
B．仍匀速运动，速度仍为v0
C．仍匀速运动，速度小于v0
D．做变速运动，速度不能确定
【解答】解：小球和小车组成的系统水平方向动量守恒，设小车初速度方向为正，根据动量守恒：
Mv0＝（m+M）v
得：v=Mv0m+M。
即小车仍匀速运动，速度小于v0．故C正确，ABD错误。
故选：C。
三.举一反三，巩固练习
1. 如图所示，在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车，弧形槽的底端切线水平，一小球以大小为v0的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好不从弧形槽的顶端离开。小车与小球的质量分别为2m、m，以弧形槽底端所在的水平面为参考平面。小球的最大重力势能为（　　）

A．13mv02 B．14mv02 C．15mv02 D．16mv02
【解答】解：小球恰好不从弧形槽的顶端 离开，即小球到达弧形槽顶端时，小球与小车速度相同，设共同速度大小为v，在小球沿小车弧形槽上滑的过程中，小球与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，有mv0＝3mv，根据能量守恒定律有12mv02=12×3mv2+Ep。解得Ep=13mv02。故A正确，BCD错误。
故选：A。
2. 如图所示，质量为0.1kg的小圆环A穿在光滑的水平直杆上。用长为L＝0.8m的细线拴着质量为0.2kg的小球B，B悬挂在A下方并处于静止状态。t＝0时刻，小圆环获得沿杆向左的冲量0.6N•s，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　）

A．小球B做圆周运动
B．小球B第一次运动到A的正下方时A的速度最小
C．从小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程中，细线对A先做负功再做正功
D．从小球B开始运动到第一次回到的正下方的过程中，合力对B的冲量为0.6N•s
【解答】解：A、以小圆环A为参考系，B相对A做圆周运动，B相对于地面做一般曲线运动，故A错误；
BC、规定向左为正方向，对A由动量定理得：I＝mAv0
从小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程中，对于A和B，由水平方向动量守恒定律得：
mAv0＝mAv1+mBv2
12mAv02=12mAv12+12mBv22
代入数据联立解得：v1＝﹣2m/s，v2＝4m/s，小圆环是先往左减速，再向右加速，细线拉力先做负功后做正功，A得最小速度为零，但不是小球B第一次运动到A的正下方得时刻，故B错误，C正确；
D、如果小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程中合力对B的冲量为0.6N•s，则根据动量定理此时小球的速度为I'＝mBvB
根据动量守恒定律，此时小环A的速度为v'A＝0
此时的A、B组成的系统的总机械能为：E′=12mBvB2
而A、B组成的系统的初始机械能为：E=12mAvA2
代入数据解得：E'＝0.9J，E＝1.8J
不满足机械能守恒，因此从小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程中合力对B的冲量不为0.6N•s，故D错误。
故选：C。
3. 如图所示，质量为2m的小球A与质量为m的小球B固定在轻杆两端，初始时刻轻杆紧靠光滑墙壁，竖直立于光滑地板上，如图所示。突然发生微小的扰动使小球B绕A球在垂直于墙壁的竖直平面内无初速度倒下，下落过程中，轻杆与竖直方向的夹角为α，直到B球第一次落地，以下说法正确的是（　　）

A．A球不动，B球做圆周运动
B．当cosα=23时，轻杆的弹力为零
C．当cosα＜23时，A球与B球系统的动量守恒
D．当cosα＞23时，轻杆的弹力为FN＝mg（3cosα﹣2）
【解答】解：ABD、初始时假设A点不动，所以B以球A为圆心，杆长L为半径做圆周运动，当杆与竖直方向成α角时，球B的速度大小为v，根据机械能守恒定律有：12mv2=mgL（1﹣cosα）
解得：v=2gL(1−cosα)
对于小球B，有：mgcosα﹣N＝mv2l
由上两式解得：N＝mg（3cosα﹣2）
当α＜arccos23，3cosα＞2，N＞0，说明A球此时没有离开墙．当cosα=23时，轻杆的弹力为零，当α＞arccos23，球A离开墙壁，故AD错误，B正确；
C、当cosα＜23时，墙壁对系统有力的作用，所以A球与B球系统的动量不守恒，故C错误；
故选：B。
4. 如图所示，质量为m的光滑圆弧形槽静止在光滑水平面上，质量也为m的小钢球从槽的顶端A处由静止释放，关于小球和凹槽在以后的运动过程中，以下说法正确的是（　　）

A．小球的机械能守恒
B．小球和槽组成的系统动量守恒
C．小球一定可以到达与A等高的C点
D．经过一段时间后小球和槽以相同的速度向右运动
【解答】解：A、小球的和凹槽组成的系统机械能守恒，小球的机械能不守恒，故A错误；
B、小球有竖直方向的分加速度，小球和槽在竖直方向上系统的合力不为零，则小球和槽组成的系统动量不守恒，故B错误；
C、小球和槽组成的系统水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，由题意知水平方向上初动量为零，所以小球上滑到最高点时系统的动量也为零，又因为整个过程系统机械能守恒，初动能和末动能都为零，所以初末状态系统重力势能相同，小球可以到达与等高的C点，故C正确；
D、由于系统水平方向的合动量为零，根据水平方向动量守恒可知，当小球和槽的速度相同时，速度为零，不可能以相同的速度向右运动，故D错误。
故选：C。
5. 如图所示，质量为m、内壁光滑、半径为R的半圆形容器静止在足够长的光滑水平地面上，左侧紧靠竖壁但不粘连，质量也为m的小球从半圆形容器内壁A点静止开始下滑，下列说法中正确的是（　　）

A．从A点下滑到半圆形轨道最底点B点过程中，运动时间为π2Rg
B．小球过最底点B后，能上升的最大高度点为D点，B、D两点高度差为R2
C．从A点运动到D点过程中，半圆形容器对小球的弹力对小球始终不做功
D．半圆形容器在一段时间内将不断重复做往复运动
【解答】解：A、从A点下滑到半圆形轨道最底点B点过程中，运动时间不能用单摆公式计算，故A错误；
B、小球过最底点B时的速度大小为v0，根据动能定理可得：mgR=12mv02；
以后运动过程中，系统水平方向动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝2mv
取B点所在水平面为零势能面，根据机械能守恒定律可得：12mv02=mgh+12×2mv2
联立解得：h=R2，故B正确；
C、从A点运动到B点过程中，半圆形容器对小球的弹力不做功，但从B点运动到D点过程中，小球的机械能减小，半圆形容器对小球的弹力对小球做负功，故C错误；
D、水平方向合动量方向向右，根据动量守恒定律可知，当小球运动到左边边缘弧中点时二者的速度均为12v0，方向向右，当小球再次回到半圆形容器最低点且方向向右时，半圆形容器速度为零，以后重复前面的过程，所以半圆形容器不会出现向左运动的情况，故D错误。
故选：B。
6. 2022年2月，北京市和张家口市联合举办了第24届冬季奥林匹克运动会，让世界瞩目。某次冰壶比赛中，黄色冰壶静止在圆形区域内，运动员用质量相等的红色冰壶撞击黄色冰壶，红、黄两只冰壶发生正碰，如图甲所示。若碰撞前后两壶的v﹣t图像如图乙所示，则（　　）

A．两只冰壶发生碰撞过程中机械能守恒
B．碰撞后，黄色冰壶受到的滑动摩擦力较大
C．碰撞后，黄色冰壶经过5s停止运动
D．碰撞后，两壶相距的最远距离为1.2m
【解答】解：A、设碰后黄壶的速度为v，由图示图象可知，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后红壶的速度为v′0＝0.4m/s，
两壶碰撞过程内力远大于外力，系统动量守恒，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：
mv0＝mv′0+mv，
代入数据解得：v＝0.6m/s；
碰撞前两壶的总动能为：Ek0=12mv02=12×m×12＝0.5m，
碰撞后前两壶的总动能为：Ek=12mv′02+12mv2=12×m×0.42+12×m×0.62＝0.26m＜Ek0，碰撞过程两壶的机械能不守恒，故A错误；
B、根据v﹣t图象的斜率表示加速度，由图示图象可知，碰后红壶的加速度比黄壶的加速度大，即a红＞a黄，两壶质量m相等，由牛顿第二定律可知，阻力f＝ma，则f红＞f黄，故B错误；
C、由图示图象可知，两壶碰撞前，红壶的加速度大小为：a1=ΔvΔt=1.2−1.01m/s2＝0.2m/s2，
由图示图象可知，黄壶静止的时刻为：t=v红初a1=1.20.2s＝6s，碰撞后黄壶的运动时间t黄＝6s﹣1s＝5s，故C正确；
D、速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，则碰后两壶相距的最远距离为：Δs＝s黄﹣s红=12×0.6×（6﹣1）m−12×0.4×（3﹣1）m＝1.1m，故D错误。
故选：C。
7. 如图所示，半径分别为3R和R的两光滑半圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上有一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球恰好均能通过各自半圆轨道的最高点，已知a球的质量为m。则（　　）

A．b球质量为33m
B．两小球与弹簧分离时，动能相等
C．若ma＝mb＝m要求a、b都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少具有的弹性势能为Ep＝15mgR
D．a球到达圆心等高处时，对轨道压力为9mg
【解答】解：当小球恰好能通过半圆轨道的最高点时，在最高点的位置，小球的重力提供小球做圆周运动的向心力，对a小球，根据动能定理得：
−6mgR=12mvt2−12mv02
在最高点时，根据牛顿第二定律得：mag=mavt23R
联立解得：v0=15gR
同理对b分析可得：b球的速度为v1=5gR
A、对a、b组成的系统进行研究，在释放瞬间，两小球的动量守恒，选a球的速度方向为正方向，则
mv0﹣mbv1＝0
解得：mb=3m，故A错误；
B、动能与动量的关系为：Eka=p22m，因为两个小球的动量相等，但质量不相等，则两小球与弹簧分离时，动能也不相等，故B错误；
C、若两小球的质量相等，则与弹簧分力时两小球的速度大小相等，方向相反，根据上述分析，两小球具备的最小速度与上述分析的a球的速度相等，则弹簧的弹性势能等于两小球的动能之和，因此
Ep=12×2m×v02=15mgR，故C正确；
D、当a球到达圆心等高处时，对此过程根据动能定理得：
−3mgR=12mv22−12mv02
在与圆心等高的位置，根据牛顿第二定律得：
FN=mv223R
结合牛顿第三定律可得：N＝FN
联立解得：N＝mg，方向水平向右，故D错误；
故选：C。
8. 如图所示，在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车，弧形槽的底端切线水平，一小球以大小为v0的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好不从弧形槽的顶端离开。小车与小球的质量分别为2m、m，重力加速度大小为g，不计空气阻力，以弧形槽底端所在的水平面为参考平面。下列说法正确的是（　　）

A．小球的最大重力势能为13mv02
B．小球离开小车后，小球做自由落体运动
C．在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功为0
D．在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小为23mv0
【解答】解：A、当小球和小车的速度相同时，小球的重力势能最大，以小球的初速度方向为正方向。
根据动量守恒定律得：
mv0＝3mv1
根据能量守恒定律得：
12mv02=12×3mv12+Ep
联立解得：Ep=13mv02，故A正确；
BCD、当小球从小车上离开时，根据动量守恒定律得：
mv0＝mv2+2mv3
根据能量守恒定律得：
12mv02=12mv22+12×2mv32
联立解得：v2=−13v0：v3=23v0，由此可知，小球离开小车后，小球做平抛运动，小车对小球做负功，合力对小车的冲量为43mv0，故BCD错误；
故选：A。
9. 如图甲所示，一光滑圆管轨道由相互连接的两个半圆轨道及一个四分之一圆轨道组成，圆管轨道竖直固定（管内直径可以忽略），右侧底端与直轨道相切于M点，直轨道粗糙，圆管轨道的半径R＝0.2m。质量m1＝0.1kg的物块A，自圆管左端开口的正上方高h＝4.8m处自由下落，沿切线落入圆管轨道，经过竖直圆管轨道后与M点处静止的质量m2＝0.3kg的物块B发生碰撞（碰撞时间极短），碰后物块B在直轨道上滑行过程的x﹣t图像如图乙所示。已知A、B与直轨道间的动摩擦因数相同，A、B均可视为质点，不计空气阻力，取g＝10m/s2。则（　　）

A．最终A静止的位置到M点的距离为1m
B．A、B碰后瞬间B的速度大小为2m/s
C．A滑过竖直圆管轨道P、Q两点时受到管壁的弹力大小之差为6N
D．A、B与直轨道间的动摩擦因数为0.15
【解答】解：C、在A从开始至运动到P点的过程中，由机械能守恒定律可得：m1g（R+h）=12m1vP2，可得vP＝10m/s。A在P点时，由牛顿第二定律可得FN﹣m1g＝m1vP2R，解得FN＝51 N；在A从P点运动到Q点的过程中，由机械能守恒定律可得：12m1v02=2m1gR+12m1vQ2，A在Q点时，由牛顿第二定律可得FN′+m1g＝m1vQ2R，解得FN′＝45N，A滑过竖直圆管轨道P、Q两点时受到管壁的弹力差为ΔFN＝FN﹣FN′＝51N﹣45N＝6N，故C正确；
B、由机械能守恒定律可知，A与B碰前瞬间A的速度为v0＝vP＝10m/s。碰后B做匀减速运动，由其x﹣t图像和运动学公式得：xt=v2+02=63m/s＝2m/s
解得A、B碰后瞬间B的速度大小为v2＝4m/s，故B错误；
D、碰后B运动的过程，由动能定理得：﹣μm2gx＝0−12m2v22
解得A、B与直轨道间的动摩擦因数为μ=215，故D正确；
A、A与B碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2，解得碰后A的速度：v1＝﹣2m/s
设A最终位置到M点的距离为x1。由动能定理得：﹣μm1gx1＝0−12m1v12，解得A静止的位置到M点的距离x1＝1.5m，故A错误。
故选：C。
10. 如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a﹣t图像如图（b）所示，S1表示0到t1时间内A的a﹣t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a﹣t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是（　　）
A．mA＜mB
B．S1+S2＝S3
C．0到t1时间内，墙对B的冲量大小等于mAv0
D．B运动后，弹簧的最大形变量等于x
【解答】解：AB、a﹣t图线与坐标轴所围图形的面积大小等于物体速度的变化量，因t＝0时刻A的速度为0，t1时刻A的速度大小v0＝S1，t2时刻A的速度大小vA＝S1﹣S2，B的速度大小vB＝S3。由图（b）所示图象可知，t1时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到t2时刻两者加速度均达到最大，弹簧伸长量达到最大，此时两者速度相同，即vA＝vB，则S1﹣S2＝S3；t1﹣t2时间内，A与B组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv0＝（mA+mB）vA，结合v0＝S1，vA＝S1﹣S2＝S3，联立解得mAmB=S3S2＞1，则mA＞mB，故AB错误；
C、撤去外力后A受到的合力等于弹簧的弹力，0到t1时间内，对A，由动量定理可知，合力即弹簧弹力对A的冲量大小：I＝mAv0。弹簧对A与对B的弹力大小相等、方向相反、作用时间相等，因此弹簧对B的冲量大小与对A的冲量大小相等、方向相反，即弹簧对B的冲量大小I弹簧＝mAv0，对B，以向右为正方向，由动量定理得：I墙壁﹣I弹簧＝0，解得墙对B的冲量大小I墙壁＝mAv0，方向水平向右，故C正确；
D、B运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量（伸长量或压缩量）最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由能量守恒定律可知，弹簧形变量最大时A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则弹簧形变量最大时弹簧弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，弹簧形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x，故D错误。
故选：C。
11. 如图所示，沿水平和竖直方向建立直角坐标系，沿x轴放置一块长为4d的绝缘板，y轴左侧固定一内壁光滑的半圆管道（内径很小），半圆直径为d，且与y轴重合。第一象限内绝缘板的上方存在有理想边界的匀强电场和匀强磁场，电场强度E=mgq，方向竖直向上；磁场方向垂直于坐标平面向外，磁感应强度为B，上边界处纵坐标为y。一带电量为q、质量为m的绝缘小球a（直径略小于管道内径）静止在坐标原点O处，质量为2m的不带电的小球b以初速度v0（未知）向左运动，与a球发生弹性正碰（假设此后运动过程中两球不再碰撞，重力加速度为g）。
（1）若碰撞后a球恰能通过管道最高点，求v0的大小；
（2）若场区上边界y1=34d，a球通过最高点后恰能再次水平向左通过O点，求B1的大小；
（3）若场区上边界y2=78d，a球以v2=2gd3通过最高点后恰好从坐标为（4d，d）的P点水平射出场区，则磁感应强度应满足什么条件？

【解答】解：（1）设a、b小球碰撞后的速度分别为va、vb，小球a达到最高点的速度为v
a球恰能通过管道最高点时，v＝0
小球从O到最高处，根据动能定理−mgd=0−12mva2
解得：va=2gd
小球a、b发生弹性碰撞，根据动量守恒：2mv0＝mva+2mvb
机械能守恒：12⋅2mv02=12mva2+12⋅2mvb2
联立以上各式并代入数据解得：v0=342gd
（2）若场区上边界y1=34d，由于mg＝qE，a球在复合场区做圆周运动，设半径为R，速度为v，与水平方向的夹角为α，如图1所示，
根据洛伦兹力提供向心力，有：qvB1＝mv2R
由数学知识，得：R（1+cosα）=34d
a球离开最高点后进入复合场前，做平抛运动，竖直方向：d﹣y1=14d=12gt2
解得：t=d2g
水平方向：Rsinα＝vxt＝vtcosα
由题意得：v＝va=2dg
代入解得：B1=2mq2gd
（3）设小球第一次从M点进入场中，入射速度为vM，与水平边界夹角为θ。
由平抛运动得，水平位移x2＝v2t2
水平速度v2=2gl3
竖直位移d﹣y2=12gt22
竖直速度vMy＝gt2
联立解得：t2=d4g，vMy=gd4，x2=13d
又vM=v22+vMy2
tanθ=vMyv2
解得：vM=56gd，tanθ=34
则速度与水平方向夹角为θ＝37°；
由a球轨迹图2（轨迹形状相同，只作一次在电磁场的运动）：轨迹与y轴相切时，有
r0+r0sinθ＝x2
解得：r0=524d
粒子水平打在P点应满足0
n（2x2﹣2rsinθ）＝4d
解得：r＝（59−103n ）d（n＝1，2，3…）
由于mg＝qE，所以
qvMB＝mvM2r
解得：B=mq(23−4n)gd
由题意得：0＜r≤r0，
解得：6＜n≤9.6
当n＝7时，B=21m2qgd；
当n＝8时，B=6mqgd；
当n＝9时，B=9m2qgd。
答：（1）若碰撞后A球能过管道最高点，则v0至少为342gd；
（2）若场区边界y1＝d，A球通过最高点后能与B球再次发生弹性正碰，并且使B球恰能通过最高点，则磁感应强度为2mq2gd；
（3）磁感应强度应满足当n＝7时，B=21m2qgd；当n＝8时，B=6mqgd；当n＝9时，B=9m2qgd。