解得：vB=故选A.
111v或vB=v；当vB=v时A的速度大于B的速度，不符合实际，故选项A正确，BCD错误，
266点睛：本题考查的是动量定律得直接应用，注意动能是标量，速度是矢量；同时要分析结果是否符合实际情况，即不可能发生二次碰撞． 6．C 【解析】 【详解】
子弹与木块组成的系统，水平方向受合外力为零，则系统的动量守恒；但是子弹射入木块的过程中要损失机械能，则系统的机械能减小；
A. 子弹与木块组成的系统动量守恒，机械能也守恒，与结论不相符，选项A错误； B. 子弹与木块组成的系统动量不守恒，机械能也不守恒，与结论不相符，选项B错误； C. 子弹与木块组成的系统动量守恒，机械能不守恒，与结论相符，选项C正确； D. 子弹与木块组成的系统动量不守恒，机械能守恒，与结论不相符，选项D错误； 7．A 【解析】
对于人踢球的过程，根据动能定理得人对足球所做的功为：W?正确．
点睛：本题中人对足球的作用力是变力，不能直接根据功的公式求人做功，可以根据动能定理求解，这是惯用的方法． 8．D 【解析】 【详解】
根据万有引力定律可得：F?9．D
121mv??1?102J?50J，故选项A22GMm ，h越大，F越小，故选项D符合题意；
(R?h)2?SQ可知，d减小，C变大；Q一定，由C?可知，U减小，则θ4?kdU?SQ减小，选项A错误；把A板向左移，根据C?可知，d变大，C变小；Q一定，由C?可知，U
4?kdU?SQ变大，则θ变大，选项B错误；把A板直向下移，根据C?可知，S减小，C变小；Q一定，由C?4?kdU?S可知，U变大，则θ变大，选项C错误；把A、B板间插入一块电介质，根据C?可知，ε变大，C
4?kd【解析】把A板向右移，根据C?变大；Q一定，由C?Q可知，U变小，则θ变小，选项D正确；故选D. U点睛：本题考查电容器的动态分析问题，解题的关键在于正确掌握电容的决定式
?S和定义式C?4?kdQ；注意静电计的张角与两板间电压有关. C?U10．B 【解析】 【分析】
猴子参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀减速直线运动，通过运动的合成，判断猴子相对于地面的运动轨迹以及运动情况。求出t=2s时刻猴子在水平方向和竖直方向上的分加速度，根据平行四边形定则，求出猴子相对于地面的加速度。 【详解】
由乙图知，猴子竖直方向上做匀减速直线运动，加速度竖直向下。由丙图知，猴子水平方向上做匀速直线运动，则猴子的加速度竖直向下，与初速度方向不在同一直线上，所以猴子在2s内做匀变速曲线运动，故A错误，B正确；s-t图象的斜率等于速度，则知猴子水平方向的初速度大小为：vx=4m/s，t=0时猴子竖直方向分速度：vy=8m/s，则t=1s时猴子竖直分速度为vy′=4m/s，因此t=1s时猴子的速度大小为：
，故C错误；v-t图象的斜率等于加速度，则知猴子的加速度大小为：
，故D错误。所以B正确， ACD错误。
【点睛】
本题主要考查了运动的合成，关键知道猴子参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀加速直线运动，会运用运动的合成分析物体的运动轨迹和运动情况。
二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分 11．AD 【解析】 【详解】
AB、m2，v2，m1v1-m2v2=0，设甲、乙两车的质量为m1、弹簧弹开后，甲、乙两车的速度为v1、根据动量守恒定律：则弹簧弹开后，甲、乙两车速度大小之比为1∶3，动量大小之比为1∶1，故A正确，B错误。 C、根据动量定理I=np，弹簧弹开后，甲、乙两车动量的变化np大小相等，故C错误。
W1m2112m2v2p2D、由动能Ek=mv====，即弹簧弹力对甲、乙两车做知，根据动能定理W=nEk，
W2m1322m2m功之比为1∶3，故D正确。 12．BC
【解析】 【详解】
A.设a、b两车碰撞前的速度大小为v1、v2，碰后的速度大小为v3，根据x-t图象表示速度，结合题图乙得v1=2m/s，v2=1m/s，
，以向右为正方向，碰前总动量：
碰后总动量：
两车碰撞前总动量等于碰撞后总动量，故A不符合题意； B.碰撞前a车动能为
碰撞后a车动能为
所以碰撞过程中a车损失的动能是
故B符合题意。
C.碰前a、b两车的总动能为
碰后a、b两车的总动能为
故C符合题意；
D.两车碰撞过程中机械能不守恒，发生的是完全非弹性碰撞，故D不符合题意。 13．AB 【解析】 【详解】
A. 上述实验中，由于5个球是完全相同的小球，则相互碰撞时要交换速度，即第5个球被碰瞬时的速度等于第1个球刚要与2球碰撞时的速度，由能量关系可知，观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，选项A正确；
B. 上述碰撞过程中，5个小球组成的系统碰撞过程无能量损失，则机械能守恒，水平方向受合外力为零，则系统的动量守恒，选项B正确；
C. 如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度同时由静止释放，3停止4具有向右的速度，则3与4碰后，4与5碰撞交换速度，4停止5向右摆起；3刚停止的时候2球过来与之碰撞交换速度，然后3与4碰撞，使4向右摆起；2球刚停止的时候1球过来与之碰撞交换速度，然后2与3碰撞交换速度，使3向右摆起； 故经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同；故C错误；D. 若只用小球1、2进行实验，将它们分别向左、右各拉起一个较小的高度，且小球1的高度是小球2的两倍，由静止释放，则到达最低点时1球的速度是2球的两倍，相碰后两球交换速度各自反弹，则可观察到发生碰撞后小球2的高度是小球1的两倍，选项D错误。 14．BCD 【解析】 【详解】
小木块在传送带上的运动有以下几种可能：①木块先做匀加速直线运动，后做匀速运动；②只做匀加速运动，但到达最右端的速度小于传送带的速度；③只做匀加速运动，但到达最右端的速度等于传送带的速度；
B. 小木块放到传送带上之后，若L较长，木块先做匀加速直线运动，后做匀速运动，运动到最右端时间
v2L?vv ，故B正确； 2?gLt?????gvv2?gC. 小木块放到传送带上之后，若L较短，木块只做匀加速运动，运动到最右端时间t?2L ，故C正确；
?gD. 小木块放到传送带上之后，若L可能为某一个值，木块只做匀加速运动，且运动到最右端时，速度就是传送带的速度v，运动时间t?A. 由BCD分析可知，A错误。 15．AB 【解析】 【详解】
L2L?，故D正确； vvMmv2根据万有引力提供圆周运动向心力有G2??ma 有：
rrA、线速度v?GM ，可知轨道半径小的线速度大，故A正确； rGM 知，轨道半径小的向心加速度大，故B正确； 2rB、向心加速度a?C、c加速前万有引力等于圆周运动向心力，加速后所需向心力增加，而引力没有增加，故C卫星将做离
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