压轴题05 动量定理及动量守恒定律的应用-高考物理压轴题专项训练（全国通用）

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压轴题05 动量定理及动量守恒定律的应用

考向一/选择题：弹簧类问题中应用动量定理
考向二/选择题：流体类和微粒类问题中应用动量定理
考向三/选择题：碰撞类和类碰撞类问题中应用动量守恒定律

考向一：弹簧类问题中应用动量定理
1.动量定理的表达式F·Δt=Δp是矢量式,在一维的情况下,各个矢量必须以同一个规定的方向为正方向。运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向,公式中的F是物体或系统所受的合力。
2.动量定理的应用技巧
(1)应用I=Δp求变力的冲量
如果物体受到大小或方向改变的力的作用,则不能直接用I=Ft求冲量,可以求出该力作用下物体动量的变化Δp,等效代换得出变力的冲量I。
(2)应用Δp=FΔt求动量的变化
考向二：流体类和微粒类问题中应用动量定理
1.流体类“柱状模型”问题
流体及
其特点
通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ
分
析
步
骤
1
建立“柱状模型”，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S
2
微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt
3
建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体
2.微粒类“柱状模型”问题
微粒及
其特点
通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n
分
析
步
骤
1
建立“柱状模型”，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S
2
微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt
3
先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算

考向三：碰撞类和类碰撞类问题中应用动量守恒定律
1.碰撞三原则：
(1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
(3)速度要合理
①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2. “动碰动”弹性碰撞
v1
v2
v1’ˊ
v2’ˊ
m1
m2
发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有：
(1) (2)
联立（1）、（2）解得：
v1’=，v2’=.
特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 .
3. “动碰静”弹性碰撞的结论
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 （2）
解得：v1′＝，v2′＝
结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换)
(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹)
(4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)
(5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)

1．质量的小球用轻质弹簧竖直悬挂，如图甲所示，把小球向下拉至某位置（未超出弹性限度）由静止释放，小球之后运动的速度时间图像如图乙所示（取竖直向下为正方向，不计空气阻力），，则下列判断正确的是（　　）

A．在时间内，重力的冲量为0
B．在时间内，弹簧弹力的冲量大小为
C．小球从2s末到6s末的运动过程中，合力对小球做的功为
D．在2s末弹簧处于原长状态
【答案】B
【详解】A．根据题意，由公式可得，在时间内，重力的冲量为方向竖直向下，故A错误；
B．根据题意，设在时间内，弹簧弹力的冲量为，由动量定理有代入数据解得
即在时间内，弹簧弹力的冲量大小为，故B正确；
C．根据题意，设小球从2s末到6s末的运动过程中，合力对小球做的功为，由动能定理有
代入数据解得故C错误；
D．在2s末，小球速度向上最大，则弹簧弹力等于小球重力，不是原长状态，故D错误。故选B。
2．如图所示，质量相等的两个静止小球A和B，中间用轻质弹簧连接，A的上端用轻绳系在足够高的天花板上。现将轻绳剪断开始计时，直至A球速度为，B球速度为，且方向均向下，则该过程所用时间为（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【详解】对小球A进行分析有对小球B进行分析有由于弹簧对A的作用力与弹簧对B的作用力等大反向，则有解得
3．水刀切割具有精度高，无热变形、无毛刺，无需二次加工以及节约材料等特点，因而得到广泛应用。某水刀机床工作时，垂直射向钢板的圆柱形水流的横截面直径为d，水流穿过钢板后速度方向不变，大小变为原来的一半。已知水的流量（单位时间流出水的体积）为Q，水的密度为，则钢板受到水的平均冲力大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】以水为研究对象，根据动量定理可知可得又，
代入可得故选A。
4．由于轨道处存在非常稀薄的大气，空间站在运行时会受到一定的阻力作用。假定单位体积内与空间站前端横截面发生碰撞的空气分子个数为n，且速度方向均与横截面垂直，空间站在其运行方向上的横截面积为S。以空间站为参考系，碰撞前后空气分子的平均速率分别为、，空气分子的平均质量为m，则空间站前端受到的稀薄空气阻力F的大小为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】设在时间∆t内有质量为∆m的空气分子与空间站前端产生碰撞，则可得以空气分子碰撞后运动方向为正方向，对空气分子，由动量定理可得联立解得由牛顿第三定律可知，空间站前端受到的稀薄空气阻力F的大小为，ACD错误，B正确。
故选B。
5．如图所示，对货车施加一个恒定的水平拉力F，拉着货车沿光滑水平轨道运动装运沙子，沙子经一静止的竖直漏斗连续地落进货车，单位时间内落进货车的沙子质量恒为Q。某时刻，货车（连同已落入其中的沙子）质量为M，速度为v，则此时货车的加速度为（　　）

A． B． C． D．
【答案】A
【详解】一段极短的时间内落入货车的沙子质量为沙子落入货车后，立即和货车共速，则由动量定理可得解得沙子受到货车的力为方向向前，由牛顿第三定律可知，货车受到沙子的反作用力向后，大小为对货车（连同落入的沙子），由牛顿第二定律可得
解得故选A。
6．“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为，探测器的初速度大小为，在图示情况下，探测器在远离行星后速度大小为。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。那么下列判断中正确的是（　　）

A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】根据动量守恒定律根据能量守恒定律
解得又因为解得故选B。
7．物理学中有一种碰撞被称为“超弹性连续碰撞”，通过能量的转移可以使最上面的小球弹起的高度比释放时的高度更大。如图所示，A、B、C三个弹性极好的小球，相邻小球间有极小间隙，三球球心连线竖直，从离地一定高度处由静止同时释放（其中C球下部离地H），所有碰撞均为弹性碰撞，且碰后B、C恰好静止，则（　　）

A．C球落地前瞬间A球的速度为 B．A球与B球的质量之比为
C．B球与C球的质量之比为 D．A球弹起的最大高度为25H
【答案】C
【详解】A．因为A、B、C球由静止同时释放，所以落地瞬间的速度相等，由自由落体运动公式v2=2gH
解得，A错误；
BC．由题意可知，C球碰地，反向碰B，B在反向碰A，因都是弹性碰撞，设向上为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律，所以C碰B有mCvC−mBvB=mBvB＇；，B碰A有mBvB＇−mAvA=mAvA＇
由以上几式可得mA﹕mB﹕mC=1﹕2﹕6，B错误，C正确；
D．由B选项分析解得，A球弹起的最大高度；，D错误。故选C。
8．如图甲所示，物块A，B的质量分别是和，用轻弹栓接两物块放在光滑的水平地面上，物块B的右侧与竖直墙面接触。另有一物块C从t＝0时刻起，以一定的速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）

A．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为72 J
B．4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为
C．物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为6.5J
D．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度为2m/s
【答案】B
【详解】A．由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝12 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mCv1＝（mA＋mC）v2解得mC＝1kg当C与A速度为0时，弹性势能最大故A错误；
B．由题图乙知，12 s末A和C的速度为v3＝－3 m/s，4 s到12 s过程中墙壁对物块B的冲量大小等于弹簧对物块B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B的冲量为I＝(mA＋mC)v3-(mA＋mC)v2解得I＝－24 N·s方向向左，故B正确；
C．物块B离开墙壁后，A、B、C三者共速时弹性势能最大（mA＋mC）v3=（mA＋mC+mB）v共；
解得Ep′＝6 J故C错误；
D．物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，物块B的最大速度时，弹簧处于原长，则
（mA＋mC）v3=（mA＋mC）v4+mBv5；解得v4=1 m/s，v5=4 m/s
故D错误。故选B。
9．如图（a），质量分别为、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。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的图像如图（b）所示，表示0到时间内A的图线与坐标轴所围面积大小，、分别表示到时间内A、B的图线与坐标轴所围面积大小。下列说法正确的是（    ）

A．0到时间内，墙对B的冲量为0
B．运动后，弹簧的最大形变量小于x
C．
D．
【答案】BD
【详解】A．撤去外力后A受到的合力等于弹簧的弹力，0到时间内，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的冲量大小对B，以向右为正方向，由动量定理得解得墙壁对B的冲量大小为，方向水平向右故A错误；
B．B运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量（伸长或压缩量）最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由动量守恒定律可知，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，则弹簧的形变量最大时弹簧的弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，弹簧的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，故B正确；
CD．图像与坐标轴所围成面积的大小等于物体速度的变化量，因时刻A的速度为零，时刻A的速度大小，时刻A的速度大小，B的速度大小由图（b）图像可知，时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到时刻两者加速度均达到最大，此时弹簧伸长量达到最大，两者速度相同，即则有，时间内，A、B组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得结合，联立得故C错误，D正确。故选BD。
10．如图所示，质量为m的小球A，系在细线的一端，细线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h。小物块B和C的质量分别为5m和3m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方。现向左拉动小球A使细线水平伸直，将小球A由静止释放，当小球运动到最低点时与小物块B发生正碰（碰撞时间极短），小球反弹后上升到最高点时离水平面的距离为。不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法中正确的是（　　）

A．碰撞后小球A反弹的速度大小为
B．碰撞过程中小球A受到的冲量大小为
C．碰撞过程中B物块受到的冲量大小为
D．碰撞后轻弹簧获得的最大弹性势能为
【答案】AD
【详解】A．设A摆到最低点的速度为，碰撞后A、B的速度大小为、，A运动到最低点的过程，根据机械能守恒定律可得，A反弹至最高点的过程，根据机械能守恒定律可得
可解得；故A正确；
B．向右为正方向，由动量定理可得，碰撞过程中A受到的冲量大小为即A受到的冲量大小为，方向向左，故B错误；
C．碰撞过程满足动量守恒，可得代入数据解得由动量定理可得，碰撞过程中B受到的冲量大小为故C错误；
D．碰撞后当B与C速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为，由动量定理可得
由能量守恒可得，弹簧的弹性势能为联立解得故D正确。
故选AD。
11．如图所示，物块A、B通过轻弹簧连接在一起，B放在地面上，A、B均处于静止状态，已知物块A、B的质量分别为、，弹簧的劲度系数为，重力加速度为。在物块A上施加竖直向上的拉力，，经过时间，B恰好离开地面，此时A的速度为，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　）

A．时间内，A向上移动的距离为
B．时间内，地面对B平均作用力的大小为
C．时间内，弹簧弹性势能的减少量为
D．B离开地面以后运动的最大速度为
【答案】AC
【详解】A．依题意，可得未施加拉力时，弹簧的压缩量为施加拉力后，经过时间，B恰好离开地面，此时弹簧的伸长量为则时间内，A向上移动的距离为故A正确；
B．时间内，设弹簧对A的弹力的平均作用力大小为，根据动量定理有
对B，则有联立两式，可得地面对B平均作用力的大小为故B错误；
C．时间内，对A根据功能关系可得可得则弹簧弹性势能的减少量为故C正确；
D．B离开地面以后运动的过程中，B开始做加速度逐渐增大的加速运动，接着再做加速度逐渐减小的加速运动，当弹簧的弹力等于其重力时，此时B有最大速度。把A、B及弹簧看着一个系统，由于系统在竖直方向上受到的合力为零，根据动量守恒定律和能量守恒定律，可知；
可得B的最大速度为故D错误。故选AC。
12．等离子体推进器的原理结构如图所示，首先由电子枪产生高速电子流，经过碰撞，电子将等离子体发生器内的惰性气体电离，形成等离子体，最后等离子体中的正离子经过静电加速层加速后高速飞出，从而对等离子推进器产生作用力。假设正离子的质量为m，电荷量为q，经电压为U的静电加速层加速后形成电流为I的离子束，忽略离子进入静电加速层的初速度，不计离子重力和离子间的相互作用力，下列说法正确的是（　　）

A．离子推进器是将化学能转化为机械能的装置
B．离子由静电加速层喷出时的速度大小为
C．单位时间内，由静电加速层喷出的离子数为
D．离子推进器产生的推力大小为
【答案】CD
【详解】A．离子推进器可将静电加速层中的电能转化为机械能，A错误；
B．根据动能定理有离子由静电加速层喷出时的速度大小为，B错误；
C．若n表示单位时间内由静电加速层喷出的离子数，根据电流的定义有单位时间内，由静电加速层喷出的离子数为，C正确；
D．时间内喷出离子的动量为根据动量定理有则，D正确。
故选CD。
13．青岛市即墨区鳌山湾一带受崂山余脉和海岛影响，形成了长达60多公里的狭长“疾风带”，为风力发电创造了有利条件，目前该地风电总装机容量已达18万千瓦。如图，风力推动三个叶片转动，叶片带动转子（磁极）转动，在定子（线圈）中产生电流，实现风能向电能的转化。已知叶片长为r，风速为v，空气密度为ρ，流到叶片旋转形成的圆面的空气中约有速度减速为0，原速率穿过，不考虑其他能量损耗。下列说法正确的是（　　）

A．一台风力发电机的发电功率约为
B．一台风力发电机的发电功率约为
C．空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为
D．空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为
【答案】BD
【详解】AB．建立一个“风柱”模型，如图所示

风柱的横截面积为叶片旋转形成的圆面面积，即经过极短时间风柱长度为所形成的风柱体积空气遇到叶片旋转形成的圆面后减速为零，原速率穿过，所以与叶片发生相互作用的风柱质量根据功能关系，风力在这一段位移内转化的电能一台风力发电机获得风能的功率即发电功率为，A错误，B正确；
CD．以与叶片发生相互作用的那部分空气为研究对象，规定空气流动的方向为正方向，根据动量定理得
解得根据牛顿第三定律，可知空气对一台风力发电机的平均作用力为一台风力发电机有三个叶片，所以空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为，C错误，D正确。故选BD。
14．如图所示，一个斜面与水平地面平滑连接，斜面与水平地面均光滑。小物块P放在水平地面上，小物块Q自斜面上某位置处由静止释放，P、Q之间的碰撞为弹性正碰，斜面与水平面足够长，则下列说法正确的是（　　）

A．若，则P、Q只能发生一次碰撞
B．若，则P、Q只能发生一次碰撞
C．若，则P、Q只能发生两次碰撞
D．若，则P、Q只能发生多次碰撞
【答案】AC
【详解】A B．设Q滑到水平面上时速度大小为v，P、Q相碰．动量守恒及动能不变，有
；联立解得第一次碰后；
之后Q滑上斜面并返回，速度等大反向，若不能追上P，则有解得，A正确、B错误；
C．若，第一次碰后，可得，之后Q滑上斜面并返回，与P发生第二次碰撞后有
；得；因故P、Q只能发生两次碰撞，C正确；
D．若，第一次碰后，可得；之后Q滑上斜面并返回，与P发生第二次碰撞后有
；得；因
故P、Q只能发生两次碰撞，D错误。故选AC。
15．质量为m2且各处光滑的带有四分之一圆弧（半径足够大）的轨道静止在光滑水平面上，现有一质量为m1的滑块以初速度v0水平冲上轨道（不脱离轨道），下列说法正确的是（   ）

A．若m1= m2，则m1滑下后将与m2一起以的速度匀速运动
B．若m1= m2，则m1滑到最高点时速度为0
C．若m1= m2，则m1上升的最大高度为
D．m1滑下后，速度可能向左
【答案】CD
【详解】BC．由于m2为各处光滑的带有四分之一圆弧，则m1和m2组成的系统机械能守恒且在水平方向动量守恒，则m1滑到最高点时有m1v0= (m1 + m2)v共；将代入解得
，，B错误、C正确；
AD．m1滑上m2又返回直到m1离开m2的整个过程中，系统水平方向动量守恒。选取向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0= m1v1 + m2v2假设是弹性碰撞，由机械能守恒得，解得，
如果m1 < m2，则v1 < 0，即m1离开m2后速度方向向左，滑块向左做平抛运动；
如果m1= m2，则v1= 0，即m1离开m2时速度为零，滑块做自由落体运动；
如果m1 > m2，则v1 > 0，即m1离开m2后速度方向水平向右，滑块向右做平抛运动，A错误，D正确。
故选CD。
16．如图甲所示，质量为的物块A与竖直放置的轻弹簧上端连接，弹簧下端固定在地面上。时，物块A处于静止状态，物块B从A正上方一定高度处自由落下，与A发生碰撞后一起向下运动（碰撞时间极短，且未粘连），到达最低点后又向上运动。已知B运动的图像如图乙所示，其中的图线为直线，不计空气阻力，则（    ）

A．物块B的质量为 B．时，弹簧的弹性势能最大
C．时，B速度为零 D．时，A、B开始分离
【答案】AC
【详解】A．碰撞时间极短，可认为碰撞过程满足动量守恒，则有解得故A正确；
B．当为零时，弹簧压缩量最短，弹簧的弹性势能最大，故B错误；
C．B与A一起运动过程属于简谐振动，故图乙中B物体的速度时间图线为正余弦函数关系，设振动周期为，由数学知识可得；解得则有故B速度为零时刻为联立解得故C正确；
D．根据可得可知此时B的速度为
可知此时A、B刚好回到碰撞时的位置，此时弹簧仍处于压缩状态，A、B并未分离，故D错误。故选AC。
17．如图所示，质量为的物块P与物块Q（质量未知）之间拴接一轻弹簧，静止在光滑的水平地面上，弹簧恰好处于原长。现给P物体一瞬时初速度，并把此时记为0时刻，规定向右为正方向，0~2t0内P、Q物块运动的图像如图所示，已知时刻P、Q的加速度最大，其中轴下方部分的面积大小为，则（    ）

A．物体Q的质量为
B．时刻Q物体的速度大小为
C．时刻弹簧的弹性势能为
D．时间内弹簧对P物体做功为零
【答案】BCD
【详解】A．时间内Q所受弹力方向向左，P所受弹力方向始终向右；时刻，P、Q所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得；解得物体Q的质量为故A错误；
B．根据图像与横轴围成的面积表示速度变化量，可知时间内，Q物体的速度变化量大小为
则时刻Q物体的速度大小为，故B正确；
C．时刻两物体具体相同的速度，根据对称性可知，时刻P、Q物体的速度大小为设物体P的初速度为，根据动量守恒可得解得设时刻弹簧的弹性势能为，根据能量守恒可得联立解得故C正确；
D．设时刻P物体的速度为；根据动量守恒可得解得可知时刻P物体的速度大小等于时刻P物体的速度大小，则时刻P物体的动能等于时刻P物体的动能，故时间内弹簧对P物体做功为零，故D正确。故选BCD。
18．如图，质量为的小球B放在光滑的水平槽内，一长为的细绳一端连接小球B，另一端连接质量为的小球A，开始时细绳处于松弛状态，A在B正下方，且A与B相距。球A以初速度水平抛出。当A运动到图示位置时细绳张紧（张紧过程时间极短），之后运动过程中细绳始终处于张紧状态。重力加速度为，则（　　）

A．小球A平抛运动经历时间
B．细绳张紧前瞬间小球速度大小
C．细绳张紧过程，小球A和B的系统动量守恒
D．细绳张紧后瞬间A球速度的大小为
【答案】AB
【详解】A．设经过t时间细绳张紧，根据平抛运动的规律结合几何关系可得
解得故A正确；
B．细绳张紧前瞬间小球速度大小为，B正确；
C．细绳张紧过程，由于小球A的重力，系统所受合外力不为零，故小球A和B的系统动量不守恒，但水平方向合外力为零，水平方向满足动量守恒，C错误；
D．当细绳绷紧时，据速度偏角公式可得速度与水平方向的夹角又绳子与水平方向的夹角
可得此时A的水平速度为竖直速度为由水平方向动量守恒可得绷紧后A的速度，D错误。故选ABD。
19．如图所示，金属块内有一个半径为R的光滑圆形槽，金属块放在光滑水平面上且左边挨着竖直墙壁．一质量为m的小球(可视为质点)从离金属块左上端R处静止下落，沿圆槽切线方向进入圆槽内，小球到达最低点后继续向右运动，恰好不能从圆形槽的右端冲出．已知重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法正确的是（    ）

A．小球第一次到达最低点时，小球对金属块的压力大小为5mg
B．金属块的质量为m
C．小球第二次到达最低点时的速度大小为2
D．金属块运动过程中的最大速度为2
【答案】ABD
【详解】A．小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据动能定理有小球刚到最低点时，根据圆周运动和牛顿第二定律有根据牛顿第三定律可知小球对金属块的压力大小为联立解得，A正确；
B．小球第一次到达最低点至小球到达圆形槽右端过程，小球和金属块水平方向动量守恒，则有
根据能量守恒定律有联立解得，B正确；
CD．小球第一次到达最低点至小球第二次到达最低点的过程中，水平方向动量守恒，即有
又由能量守恒可得；解得，C错误，D正确。故选ABD。
20．如图所示，在固定的水平横杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M（M>m）的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中。在以后的摆动过程中，木块不会碰到和超过水平横杆，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）

A．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M＋m0)g
B．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g
C．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量不守恒
D．m不可能向左运动
【答案】BCD
【详解】A．子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块系统的动量守恒，则m0v0＝(M＋m0)v1
解得速度大小为v1＝子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律可得T－(M＋m0)g＝(M＋m0)
可知绳子拉力大于(M＋m0)g，选项A错误；
B．子弹射入木块后的瞬间，对子弹、木块和圆环整体N＝T＋mg> (M＋m＋m0)g选项B正确；
C．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项C正确；
D．由弹性碰撞公式可知， 从子弹打入木块到木块摆回到最低点时；
由于M+ m0>m，木块经过最低点时圆环速度有两个解，分别是最大速度
方向向右；最小速度：0，圆环不可能向左运动，选项D正确。
故选BCD。