专题05 动量-5年（2020年-2024年）高考1年模拟物理真题分项汇编（北京地区专用）

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一、单选题
1．（2022·北京·高考）质量为和的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．碰撞前的速率大于的速率B．碰撞后的速率大于的速率
C．碰撞后的动量大于的动量D．碰撞后的动能小于的动能
【答案】C
【详解】A．图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知碰前的速度大小为
碰前速度为0，A错误；
B．两物体正碰后，碰后的速度大小为
碰后的速度大小为
碰后两物体的速率相等，B错误；
C．两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即
解得两物体质量的关系为
根据动量的表达式可知碰后的动量大于的动量，C正确；
D．根据动能的表达式可知碰后的动能大于的动能，D错误。
故选C。
2．（2022·北京·高考）“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是（ ）
A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
【答案】B
【详解】A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A错误；
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内，为了增加向上的速度，B正确；
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C错误；
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均冲击力，D错误。
故选B。
3．（2020·北京·高考）在同一竖直平面内，3个完全相同的小钢球（1号、2号、3号）悬挂于同一高度；静止时小球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是（ ）
A．将1号移至高度释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度。若2号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3号仍能摆至高度
B．将1、2号一起移至高度释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度，释放后整个过程机械能和动量都守恒
C．将右侧涂胶的1号移至高度释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3号仍能摆至高度
D．将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动，未能摆至高度，释放后整个过程机械能和动量都不守恒
【答案】D
【详解】A．1号球与质量不同的2号球相碰撞后，1号球速度不为零，则2号球获得的动能小于1号球撞2号球前瞬间的动能，所以2号球与3号球相碰撞后，3号球获得的动能也小于1号球撞2号球前瞬间的动能，则3号不可能摆至高度，故A错误；
B．1、2号球释放后，三小球之间的碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，故B错误；
C．1、2号碰撞后粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，所以1、2号球再与3号球相碰后，3号球获得的动能不足以使其摆至高度，故C错误；
D．碰撞后，2、3号粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，且整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统的机械能和动量都不守恒，故D正确。
故选D。
一、单选题
1．（2024·北京西城·统考一模）2023年7月，由中国科学院研制的电磁弹射实验装置启动试运行，该装置在地面构建微重力实验环境，把“太空”搬到地面。实验装置像一个“大电梯”，原理如图所示，在电磁弹射阶段，电磁弹射系统推动实验舱竖直向上加速运动至A位置，撤除电磁作用。此后，实验舱做竖直上抛运动，到达最高点后返回A位置，再经历一段减速运动后静止。某同学查阅资料了解到：在上述过程中的某个阶段，忽略阻力，实验舱处于完全失重状态，这一阶段持续的时间为4s，实验舱的质量为500kg。他根据上述信息，取重力加速度，做出以下判断，其中正确的是（ ）
A．实验舱向上运动的过程始终处于超重状态
B．实验舱运动过程中的最大速度为40m/s
C．向上弹射阶段，电磁弹射系统对实验舱做功大于
D．向上弹射阶段，电磁弹射系统对实验舱的冲量等于
【答案】C
【详解】A．实验舱在电磁弹射阶段处于超重状态，在竖直上抛阶段处于失重状态，选项A错误；
B．实验舱在电磁弹射结束后开始竖直上抛时的速度最大，根据竖直上抛运动的对称性可知该速度为
选项B错误；
C．在向上弹射过程中，根据动能定理有
所以
选项C正确；
D．在向上弹射过程中，根据动量定理有
所以
选项D错误。
故C正确。
2．（2024·北京东城·统考一模）一个质量为m的网球从距地面高处自由下落，反弹的最大高度为。不考虑所受的空气阻力，重力加速度用g表示，对网球与地面接触的运动过程，下列判断正确的是（ ）
A．网球的加速度先向上后向下
B．网球速度为0时受地面的弹力最大
C．地面对网球所做的功等于
D．网球受地面的平均冲击力等于
【答案】B
【详解】A．整个过程中网球的加速度均为重力加速度，所以加速度不变，故A项错误；
B．网球在与地面接触的运动过程中，网球下降的过程中网球的形变量越来越大，弹力越来越大，开始阶段网球的压缩量较小，因此地面对网球向上的弹力小于重力，此时网球的合外力向下，加速度向下，网球做加速运动，由牛顿第二定律
随着压缩量增加，弹力增大，合外力减小，则加速度减小，方向向下，当
时，合外力为零，加速度为0，此时速度最大；由于惯性网球继续向下运动，此时
方向向上，网球减速，随着压缩量增大，网球合外力增大，加速度增大，方向向上。所以网球下降过程中加速度先变小后变大，速度先变大后变小，小球运动最低点时，网球的速度为零，地面的弹力最大，故B项正确；
C．由于网球与地面接触过程中，作用点无位移，即有力无位移的情况，所以地面对网球所做的功为零，故C项错误；
D．小球从处自由落下，设落地瞬间速度为，有
解得
小球离开地面的速度为，有
解得
设网球与地面作用时间为t，设向下为正方向，由动量定理有
整理有
由于地面与网球作用时间未知，所以平均冲力取法求得，故D项错误。
故选B。
3．（2024·北京东城·统考一模）如图所示，质量为M、倾角为的光滑斜劈置于光滑水平地面上，质量为m的小球第①次和第②次分别以方向水平向右和水平向左、大小均为的初速度与静止的斜劈相碰，碰撞中无机械能损失。重力加速度用g表示，下列说法正确的是（ ）
A．这两次碰撞过程小球和斜劈组成的系统动量都守恒
B．第②次碰撞后斜劈的速度小于
C．第②次碰撞过程中地面对斜劈的支持力等于
D．第①次碰撞前、后小球的速度方向一定在同一直线上；第②次碰撞前、后小球速度方向与斜面法线的夹角一定相等
【答案】B
【详解】A．第①次碰撞小球和斜劈组成的系统合外力为0，系统动量守恒，第②次碰撞过程中，系统的合外力不为0，动量不守恒，故A错误；
B．第②次碰撞后速度的分解如图
水平方向动量守恒
解得斜劈的速度
故B正确；
C．第②次碰撞过程中，斜劈有竖直向下的动量，则可知地面对斜劈的支持力大于，故C错误；
D．第②次碰撞后小球沿垂直于斜面方向的速度，根据速度的合成可知，第②次碰撞前、后小球速度方向与斜面法线的夹角一定不相等，故D错误；
故选B。
4．（2024·北京朝阳·统考一模）如图所示，电动玩具车沿水平面向右运动，欲飞跃宽度的壕沟AB，已知两沟沿的高度差，重力加速度，不计空气阻力，不计车本身的长度。关于玩具车的运动，下列说法正确的是（ ）
A．离开A点时的速度越大，在空中运动的时间越短
B．离开A点时的速度大于10m/s就能安全越过壕沟
C．在空中飞行的过程中，动量变化量的方向指向右下方
D．在空中飞行的过程中，相同时间内速率的变化量相同
【答案】B
【详解】A．在玩具车能够安全飞跃壕沟的情况下，根据可知，其在空中运动的时间为
只由h决定，与离开A点时的速度无关，故A错误；
B．若玩具车能够安全飞跃壕沟，则离开A点时的最小速度为
故B正确；
C．在空中飞行的过程中，玩具车所受合外力等于重力，根据动量定理可知动量变化量的方向竖直向下，故C错误；
D．在空中飞行的过程中，玩具车平抛运动，加速度恒为g，根据运动学规律可知，相同时间内速度的变化量相同，速率的变化量不同，故D错误。
故选B。
5．（2024·北京朝阳·统考一模）如图所示，光滑水平地面上的P、Q两物体质量均为m，P以速度v向右运动，Q静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时（ ）
A．P的动量为0
B．Q的动量达到最大值
C．P、Q系统总动量小于mv
D．弹簧储存的弹性势能为
【答案】D
【详解】A．当弹簧被压缩至最短时，两物体速度相同，P、Q系统所受外力为零，因此整个过程中动量守恒
所以P的动量为
故A错误；
B．弹簧压缩至最短后，Q的速度将继续变大，当弹簧恢复原长时，Q的动量达到最大值，故B错误；
C．P、Q系统动量守恒，总动量为
故C错误；
D．根据动量守恒和能量守恒，
解得
故D正确。
故选D。
6．（2024·北京丰台·统考一模）出现暴风雪天气时，配备航空燃油发动机的某型号“除雪车”以20km/h的速度匀速行驶，进行除雪作业。直径约为30cm的吹风口向侧面吹出速度约30m/s、温度约700℃、密度约的热空气。已知航空燃油的热值为，根据以上信息可以估算出以下哪个物理量（ ）
A．除雪车前进时受到的阻力
B．除雪车吹出热空气时受到的反冲力
C．除雪车进行除雪作业时消耗的功率
D．除雪车进行除雪作业时单位时间消耗的燃油质量
【答案】B
【详解】A．由于匀速行驶，所以除雪车前进时受到的阻力为
由于不知除雪车牵引力的功率，故不能求阻力，A错误；
B．以热空气为研究对象，根据动量定理，有
解得，反冲力的大小为
B正确；
C．由于知道铲雪车的热值，所以根据条件可以求出铲雪车的热功率
除雪车进行除雪作业时消耗的功率等于热功率与车匀速行驶牵引力的功率之和，牵引力功率未知，故不能求除雪车进行除雪作业时消耗的功率，C错误；
D．除雪车进行除雪作业时单位时间消耗的燃油质量等于发热消耗的燃油质量与车前进消耗的燃油质量之和，根据已知条件，不能求出，D错误。
故选B。
7．（2024·北京石景山·统考一模）带电粒子碰撞实验中，t=0时粒子A静止，粒子B以一定的初速度向 A 运动。两粒子的v-t图像如图所示，仅考虑静电力的作用，且A、B未接触。则（ ）
A．粒子B在0~t₃时间内动能一直减小
B．两粒子在t₁时刻的电势能最大
C．粒子A的质量小于粒子B的质量
D．粒子A在 t₂时刻的加速度最大
【答案】B
【详解】A．粒子B在0~t₃时间内速度先减小后反向增加，可知动能先减小后增加，选项A错误；
B．两粒子在t₁时刻共速，此时两粒子相距最近，此时两粒子的电势能最大，选项B正确；
C．由图可知，t=0时刻有p0=mBv0
在t=t2时刻有p2=mAvA
两粒子运动过程动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mBv0=mAvA
又由于v0＞vA
所以有mB＜mA
故C错误；
D．两粒子在t1时刻共速，此时两粒子相距最近，库仑力最大，此时粒子A的加速度最大，选项D错误。
故选B。
8．（2024·北京石景山·统考一模）应用物理知识分析生活中的常见现象，解释游戏中的物理原理，可以使学习更加有趣和深入。两同学分别做了如下小游戏。如图所示，用一象棋子压着一纸条，放在水平桌面上接近边缘处。甲同学第一次慢拉纸条将纸条抽出，棋子掉落在地上的P点；将棋子、纸条放回原来的位置，第二次快拉纸条将纸条抽出，棋子掉落在地上的N点。乙同学把一象棋子静置于水平桌面上，然后用手指沿水平方向推棋子，棋子由静止开始运动，并且在离开手指后还会在桌面上滑行一段距离才停止运动。据此，两同学提出了如下观点，其中正确的是（ ）
A．甲同学第一次慢拉，棋子受纸条的摩擦力更大
B．甲同学第二次快拉，棋子受纸条摩擦力的冲量更大
C．乙同学推棋子，棋子离开手指前一直做加速运动
D．乙同学推棋子，棋子的最大速度一定在与手指分离之前
【答案】D
【详解】A．甲同学拉动纸条让棋子开始运动，所以两次都受滑动摩擦力，所以磨擦擦力大小相等，故A错误；
B．棋子离开桌面后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由
可知离开桌面时第二次的水平速度小于第一次的水平速度，结合动量定理得
所以甲同学第一次慢拉，棋子受纸条摩擦力的冲量更大。故B错误；
CD．棋子离开手之前受手给棋子得作用力和滑动摩擦力，而手给棋子得作用力为变力，由于棋子刚开始处于静止状态，所以刚接触的一段时间内棋子一定做加速运动，但在棋子离开手之前不一定一直做加速运动，棋子离开手后做匀减速直线运动，所以棋子的最大速度一定在与手指分离之前，但离手前不一定一直做加速直线运动，故C错误，D正确。
故选D。
9．（2024·北京房山·统考一模）2023年9月，“天宫课堂”第四课在中国空间站正式开讲，神舟十六号航天员在梦天实验舱内进行授课。如图所示，航天员用0.3kg的大球与静止的0.1kg的小球发生正碰，某同学观看实验时发现：碰撞后，大球向前移动1格长度时，小球向前移动3格的长度，忽略实验舱内空气阻力的影响。下列说法正确的是（ ）
A．大球碰撞前后的速度比为
B．碰撞后大球的动量小于小球的动量
C．碰撞过程中大球动量减少量小于小球动量增加量
D．碰撞前后，大球与小球组成的系统无动能损失
【答案】D
【详解】根据题意可知，由于碰撞后，大球向前移动1格长度时，小球向前移动3格的长度，则碰撞后，大球的速度是小球速度的，设碰撞后大球的速度为，则小球的速度为
AC．设碰撞前大球的速度为，由于碰撞过程系统的动量守恒，则碰撞过程中大球动量减少量等于小球动量增加量，则有
解得
则大球碰撞前后的速度比为，故AC错误；
B．碰撞后大球的动量
小球的动量
即碰撞后大球的动量等于小球的动量，故C错误；
D．碰撞前大球的动能为
碰撞后大球的动能为
碰撞后小球的动能为
则有
即碰撞前后，大球与小球组成的系统无动能损失，故D正确。
故选D。
10．（2024·北京延庆·统考一模）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块（可视为质点），O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。关于物块的受力及运动特征，下列说法正确的是（ ）
A．从A到O，物块所受重力的冲量为0
B．从A到O，物块的加速度一直减小
C．从A到B，物块通过O点时的速度最大
D．从A到B，弹簧弹力对物块做的功等于物块与水平面摩擦产生的热量
【答案】D
【详解】A．物块由A点运动到B点所用时间为t，重力的冲量I=mgt
故A错误；
B．由于水平面粗糙且О点为弹簧在原长时物块的位置，所以弹力与摩擦力平衡的位置在OA之间，加速度为零时弹力和摩擦力平衡，所以物块在从A到B的过程中加速度先减小后反向增大，故B错误；
C．从A到O运动，当弹簧的弹力等于摩擦力时，加速度为0，速度最大。弹力与摩擦力平衡的位置在OA之间，故速度最大点在OA之间，故C 错误；
D．由全过程能量守恒知，从A到B，弹簧弹力对物块做的功等于物块与水平面摩擦产生的热量，故 D正确。
故选D。
11．（2024·北京延庆·统考一模）航天器离子发动机原理如图所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化（即电离出正离子），正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或调整姿态的反冲力，已知单个正离子的质量为m，电荷量为q，正、负栅板间加速电压为U，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I，忽略离子间的相互作用力，忽略离子喷射对航天器质量中和电子枪磁铁的影响．该发动机产生的平均推力F的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】以正离子为研究对象，由动能定理可得
时间内通过的总电荷量为
喷出的总质量
由动量定理可知
联立解得
故A正确，B、C、D错误。
故选A。
12．（2024·北京东城·统考二模）如图所示，台球桌上一光滑木楔紧靠桌边放置，第①次击球和第②次击球分别使台球沿平行于桌边和垂直于桌边的方向与木楔碰撞，速度大小均为v0。碰撞后，木楔沿桌边运动，速度大小用V表示，台球平行于桌边和垂直于桌边的速度大小分别用vx和vy表示。已知木楔质量为M，台球质量为m，木楔的倾角用θ表示。不考虑碰撞过程的能量损失，则（ ）
A．第①种情况碰后V可能大于
B．若满足，第①种情况，即碰后台球速度方向垂直于桌边
C．第②种情况碰后V可能大于
D．若满足，第②种情况，即碰后台球速度方向平行于桌边
【答案】B
【详解】A．第①种情况平行于桌边方向，系统满足动量守恒，则有
根据系统能量守恒可得
若，联立解得
可知第①种情况碰后V不可能大于，故A错误；
B．第①种情况若，平行于桌边方向，系统满足动量守恒，则有
根据系统能量守恒可得
设斜面对小球的平均弹力为，以小球为对象，平行于桌边方向根据动量定理可得
垂直于桌边方向根据动量定理可得
可得
联立可得
故B正确；
C．第②种情况平行于桌边方向，系统满足动量守恒，则有
根据系统能量守恒可得
若，联立解得
可知第②种情况碰后V不可能大于，故C错误；
D．第②种情况，平行于桌边方向，系统满足动量守恒，则有
根据统能量守恒可得
设斜面对小球的平均弹力为，以小球为对象，平行于桌边方向根据动量定理可得
垂直于桌边方向根据动量定理可得
可得
联立可得
故D错误。
故选B。
13．（2024·北京平谷·统考零模）滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图甲中相比，图乙中滑块（ ）
A．受到的合力较大
B．经过A点的动能较大
C．在A、B之间克服摩擦力做的功较大
D．在A、B之间摩擦力的冲量较大
【答案】D
【详解】A．因为频闪照片时间间隔相同，对比图甲和乙，甲图可看成从B向下的匀加速运动，对比甲乙从B点向下一次频闪时间的位移，甲的位移更大，可知图甲中滑块加速度大，根据牛顿第二定律可知图甲中滑块受到的合力较大，故A错误；
B．从图甲中的A点到图乙中的A点，先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功，根据动能定理可知图甲经过A点的动能较大，故B错误；
C．由于无论上滑或下滑均受到滑动摩擦力大小相等，故图甲和图乙在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故C错误；
D．由于图甲中滑块加速度大，根据逆向思维可得
由此可知，图甲在A、B之间的运动时间较短，在A、B之间摩擦力的冲量较小，故D正确。
故选D。
14．（2024·北京平谷·统考零模）A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和。若使A球获得瞬时速度v（如图甲），弹簧压缩到最短时，A球的速度为，B球的速度为，弹簧的长度为L；若使B球获得瞬时速度v（如图乙），弹簧压缩到最短时，A球的速度为，B球的速度为，弹簧的长度为L'。则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】根据题意可知，无论图甲还是图乙，当弹簧压缩到最短时，两球的速度相等，则有，
图甲中，由动量守恒定律有
解得
由能量守恒定理可得，弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能为
图乙中，由动量守恒定律有
解得
由能量守恒定理可得，弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能为
可知
两图中弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能相等，则有
故选D。
15．（2024·北京人大附中·校考模拟）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（ ）
A．甲的速度大小比乙的大B．甲的加速度大小比乙的加速度小
C．甲的动量大小比乙的大D．甲合力冲量与乙合力冲量大小相等
【答案】B
【详解】AB．对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示

根据牛顿第二定律有、
由于
所以
由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得
A错误，B正确；
C．对于整个系统而言，由于
合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，C错误；
D．因为甲的动量大小比乙的小，故甲合力冲量小于乙合力冲量，D错误。
故选B。
16．（2024·北京人大附中·校考模拟）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射舱内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（ ）
A．火箭的加速度为零时，动能最大
B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
【答案】A
【详解】A．火箭从发射舱发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；
B．根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；
C．根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；
D．根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。
故选A。
17．（2024·北京实验中学·校考模拟）如图所示，小球A、B用一根长为L的轻杆相连，竖直放置在光滑水平地面上，小球C挨着小球B放置在地面上。由于微小扰动，小球A沿光滑的竖直墙面下滑，小球B、C在同一竖直面内向右运动。当杆与墙面夹角为θ，小球A和墙面恰好分离，最后小球A落到水平地面上。下列说法中不正确的是（ ）

A．当小球A的机械能取最小值时，小球B与小球C的加速度为零
B．小球A由静止到与墙面分离的过程中，小球B的速度先增大后减小
C．当小球A和墙面恰好分离时，小球B与小球C也恰好分离
D．当小球A和墙面恰好分离时，A、B两球的速率之比为tanθ：1
【答案】B
【详解】B．从静止开始到小球A和墙面恰好分离的过程，对A、B、C三个小球组成的系统，由于受到竖直墙面向右的弹力，根据动量定理可得
所以小球A由静止到与墙面分离的过程中，小球B的速度一直增大，故B错误，符合题意；
A．对A、B、C三个小球组成的系统，机械能守恒，由B项的分析可知，球A和墙面恰好分离时，小球B与小球C速度最大，则其加速度最小，机械能最大，则此时A球机械能最小，所以当小球A的机械能取最小值时，小球B与小球C的加速度为零，故A正确，不符合题意；
C．当小球A与墙面分离后，水平方向动量守恒，小球A在水平方向的速度会不断增大，B球在水平方向的速度会不断减小，所以在小球A与墙面分离瞬间，小球 C球和小球B分离，故C正确，不符合题意；
D．当小球A和墙面恰好分离时，两球的速度分解如图所示

两球的速度关联，沿杆方向的速度相等，有
可得
故D正确，不符合题意。
故选B。