江苏省盐城市东台市三仓中学2016-2017学年高一上学期第三次月考物理试卷(12月份)Word版含解析

江苏省盐城市东台市三仓中学2016-2017学年高一（上）第三次
月考物理试卷（12月份）
一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．每小题只有一个选项符合题意．
1．内壁光滑的牛顿管抽成真空，现让牛顿管竖直倒立，同时水平向右匀速移动，则管中羽毛的运动轨迹可能是（）
A．B．C．D．
2．如图所示，小球置于倾角为45°斜面上被竖直挡板挡住，整个装置匀速竖直下降一段距离．此过程中，小球重力大小为G，做功为W G；斜面对小球的弹力大小为F1，小球克服F1做功为W1；挡板对小球的弹力大小F2，做功为W2．不计一切摩擦，则下列判断正确的是（）
A．F2=G，W2=0 B．F1=G，W1=W G C．F1＞G，W1＞W G D．F2＞G，W2＞W G 3．如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，设物体间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则下列说法正确的是（）
A．B的向心力是A的2倍
B．盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的3倍
C．A有沿半径向外滑动的趋势，B有沿半径向内滑动的趋势
D．增大圆盘转速，发现A、B一起相对圆盘滑动，则A、B之间的动摩擦因数μA 大于B与盘之间的动摩擦因数μB
4．如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为v b时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为t b，当速度大小为v c时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为t c，不计粒子重力．则（）
A．v b：v c=1：2，t b：t c=2：1 B．v b：v c=2：2，t b：t c=1：2
C．v b：v c=2：1，t b：t c=2：1 D．v b：v c=1：2，t b：t c=1：2
5．如图所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、G、H是各边中点，其连线构成正方形，其中P点是EH的中点．一个带正电的粒子（不计重力）从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出．以下说法正确的是（）
A．粒子的运动轨迹一定经过P点
B．粒子的运动轨迹一定经过PH之间某点
C．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由ED之间某点射出正方形ABCD
区域
D．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点射出正方形ABCD区域
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．每题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．
6．（4分）如图所示，A为巨磁电阻，当它周围的磁场增强时，其阻值增大；C 为电容器，当有磁铁靠近A时，下列说法正确的有（）
A．电流表的示数减小B．电容器C的电荷量增大
C．电压表的示数变小D．电源内部消耗的功率变大
7．（4分）假设将来人类登上了火星，考察完毕后，乘坐一艘宇宙飞船从火星返回地球时，经历如图所示的变轨过程，P点为三个轨道的切点，Q点为轨道Ⅱ的远火星点，则有关这艘飞船的下列说法，正确的是（）
A．飞船在轨道Ⅰ上运动时的机械能大于在轨道Ⅱ上运动时的机械能
B．飞船在轨道Ⅱ上运动时，经过Q点时的速度小于在轨道Ⅰ上运动经过P点时的速度
C．飞船在轨道Ⅲ上运动到P点时的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度
D．飞船绕火星在轨道Ⅰ上运动的周期跟飞船绕地球以轨道Ⅰ同样的轨道半径运动的周期相同
8．（4分）如图所示为速度选择器装置，场强为E的匀强电场与磁感应强度为B 的匀强磁场互相垂直．一带电量为+q，质量为m的粒子（不计重力）以速度v水平向右射入，粒子恰沿直线穿过，则下列说法正确的是（）
A．若带电粒子带电量为+2q，粒子将向下偏转
B．若带电粒子带电量为﹣2q，粒子仍能沿直线穿过
C．若带电粒子速度为2v，粒子不与极板相碰，则从右侧射出时电势能一定增大D．若带电粒子从右侧水平射入，粒子仍能沿直线穿过
9．（4分）如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m、M及M与地面间接触光滑．开始时，m和M均静止，现同时对m、M 施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度，对于m、M和弹簧组成的系统（）
A．由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒
B．当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的动能最大
C．由于F1、F2大小不变，所以m、M各自一直做匀加速运动
D．由于F1、F2等大反向，故系统的动量始终为零
三、简答题：本题共3题，共计26分．请将解答填写在答题卡上相应的位置．10．（8分）某同学设计了如图甲所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系．将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚开始运动为止，记下传感器的最大示数F0，以此表示小车所受摩擦力的大小．再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数F1．
（1）接通频率为50Hz的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车的加速度a=m/s2．
（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F
（F=F1﹣F0）的关系图象．不计纸带与计时器间的摩擦．图丙的图象中可能正确的是．
（3）同一次实验中，小车释放前传感器示数F1与小车加速运动时传感器示数F2的关系是F1F2（选填“＜”、“=”或“＞”）．
（4）关于该实验，下列说法中正确的是．
A．小车和传感器的总质量应远大于小桶和砂的总质量
B．实验中需要将长木板右端垫高
C．实验中需要测出小车和传感器的总质量
D．用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据．
11．（8分）某课外活动小组利用竖直上抛运动验证机械能守恒定律．
（1）某同学用20分度游标卡尺测量小球的直径，读数如图甲所示，小球直径为cm．图乙所示弹射装置将小球竖直向上抛出，先后通过光电门A、B，计时装置测出小球通过A、B的时间分别为2.55ms、5.15ms，由此可知小球通过光电门A、B 时的速度分别为v A、v B，其中v A=m/s．
（2）用刻度尺测出光电门A、B间的距离h，已知当地的重力加速度为g，只需比较是否相等，就可以验证机械能是否守恒（用题目中涉及的物理量符号表示）．（3）通过多次的实验发现，小球通过光电门A的时间越短，（2）中要验证的两数值差越大，试分析实验中产生误差的主要原因是．
12．（10分）有同学利用如图1所示的电路测定电源的电动势和内阻，提供的器材有：
A．干电池两节，每节电动势约为1.5V，内阻未知
B．直流电压表V1、V2，内阻很大
C．直流电流表A，内阻可忽略不计
D．定值电阻R0，阻值未知，但不小于
E．滑动变阻器F．导线和开关
（1）请根据所给电路图，以笔画线代表导线，在图2的实物图上将所缺导线画上．（2）甲同学利用该电路完成实验时，由于某根导线发生断路故障，导致一只电压表始终没有读数，因此只记录了一只电压表和电流表的示数，如表所示：
利用表格中的数据在图3中作出U﹣I图．
（3）由图象可知，两节干电池总电动势为V，总内阻为．由计算得到的数据可以判断，能够示数的电压表应为表（选填“V1”或“V2”）．
四、计算题：本题共4小题，共计63分．解答时请写出必要的文字说明、方程式
和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位．
13．（16分）运动员把质量500g的足球踢出后，上升的最大高度是10m，在最高点的速度为20m/s．不计空气阻力，以最高点为零势能面，g取10m/s2．求：（1）足球踢出时的重力势能；
（2）足球从最高点落到地面的时间；
（3）运动员踢球时对足球所做的功．
14．（15分）如图1所示，竖直放置的轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的小物块连接，在竖直向上的拉力T作用下，物块静止于O点．此时，T=2mg，弹簧的伸长量为h．现撤去拉力T，物块竖直向下运动直至最低点，此过程中弹簧始终未超出弹性限度．
（1）求物块静止于O点时，弹簧弹力的大小F；
（2）取O为坐标原点、竖直向下为正方向建立坐标系．在图2中作出物块向下运动到位移x=4h过程中的加速度a与x关系图线：
（3）求向下运动过程中，物块动能的最大值E Km．
15．（16分）如图所示，直角坐标系处于竖直面内，第一、二象限存在着平滑连
接的光滑绝缘轨道．第一象限内的轨道呈抛物线形状，其方程为y=x2；第二象限内的轨道呈半圆形状，半径为R，B点是其最高点，且第二象限处于竖直方向的匀强电场中．现有一质量为m、带电量为q的带电小球，从与B点等高的A点静止释放，小球沿着轨道运动且恰能运动到B点．重力加速度为g，求
（1）小球运动到O点时对轨道的压力F；
（2）第二象限内匀强电场的场强大小E；
（3）小球落回抛物线轨道时的动能E k．
16．（16分）如图，在x＜0的空间中，存在沿x轴负方向的匀强电场，电场强度E=10N/C；在x＞0的空间中，存在垂直xy平面方向向外的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T．一带负电的粒子（比荷q/m=160C/kg），在距O点左边x=0.06m处的d点以v0=8m/s的初速度沿y轴正方向开始运动，不计带电粒子的重力．求
（1）带电粒子开始运动后第一次通过y轴时的速度大小和方向；
（2）带电粒子进入磁场后经多长时间返回电场；
（3）带电粒子运动的周期．
2016-2017学年江苏省盐城市东台市三仓中学（上）第三
次月考物理试卷（12月份）
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．每小题只有一个选项符合题意．
1．内壁光滑的牛顿管抽成真空，现让牛顿管竖直倒立，同时水平向右匀速移动，则管中羽毛的运动轨迹可能是（）
A．B．C．D．
【考点】运动的合成和分解．
【分析】羽毛参加了两个分运动，水平方向水平向右匀速直线移动，竖直方向在管中做自由下落，将分运动的速度合成可以得到合运动速度大小和方向的变化规律，进一步判断轨迹．
【解答】解：内壁光滑的牛顿管抽成真空，现让牛顿管竖直倒立，则管中羽毛只受到重力作用，做自由落体运动，
那么水平方向上做匀速直线运动，竖直方向下做匀加速直线运动，加速度方向向下，因为合加速度的方向竖直向下，与合速度不在同一条直线上，合运动的轨迹为曲线．因为加速度的方向（即合力的方向）大致指向轨迹凹的一向，故C正确，ABD错误；
故选：C．
【点评】解决本题的关键掌握曲线运动的条件，以及知道轨迹、速度方向和加速
度方向的关系．
2．如图所示，小球置于倾角为45°斜面上被竖直挡板挡住，整个装置匀速竖直下降一段距离．此过程中，小球重力大小为G，做功为W G；斜面对小球的弹力大小为F1，小球克服F1做功为W1；挡板对小球的弹力大小F2，做功为W2．不计一切摩擦，则下列判断正确的是（）
A．F2=G，W2=0 B．F1=G，W1=W G C．F1＞G，W1＞W G D．F2＞G，W2＞W G
【考点】功的计算；牛顿第二定律．
【分析】对物体受力分析，根据共点力平衡求得作用力，然后根据W=Fxcosθ求得做功
【解答】解：对小球受力分析可知：
F1cos45°=mg
F1sin45°=F2
联立解得：F2=G，，
由于F2与位移方向垂直，故F2不做功，为W2=0，
F1做功大小为：W1=F1hcos45°=Gh
重力做功大小为：W G=Gh
故W1=W G，故A正确
故选：A
【点评】本题主要考查了共点力平衡，关键是对物体正确的受力分析，抓住恒力做功的计算W=Fxcosθ即可
3．如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，设物体间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则下列说法正确
的是（）
A．B的向心力是A的2倍
B．盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的3倍
C．A有沿半径向外滑动的趋势，B有沿半径向内滑动的趋势
D．增大圆盘转速，发现A、B一起相对圆盘滑动，则A、B之间的动摩擦因数μA 大于B与盘之间的动摩擦因数μB
【考点】向心力；牛顿第二定律．
【分析】A、根据向心力的表达式F=mω2r，再结合AB量物块的质量已经运动的半径，可得知AB两物块受到的静摩擦力的情况，即为可得知选项A的正误
B、利用整体法和隔离体法进行受力分析，找出向心力，结合向心力的表达式f A=mω2r，可得知盘对B的摩擦力与B对A的摩擦力的大小关系，继而可得知选项B的正误
C、通过分析AB两物块的相对运动趋势，可得知选项C的正误．
D、对AB整体和B进行受力分析，利用角速度列出向心力的表达式，可得知AB 两滑块的加速度表达式，再结合选项所给的条件，可得知选项D的正误．
【解答】解：设AB量物块距圆盘转轴的距离为r
A、AB两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，所以A、B两物体的角速度大小相等，根据F=mω2r，结合两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则需要的向心力相等，故A错误．
B、以AB为整体，进行受力分析，竖直方向上受重力已经圆盘的支持力，水平方向上受圆盘指向圆心的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，设B受到圆盘的静摩擦力为f B，有：f B=2mω2r，对A受力分析，在水平方向上受B的静摩擦作用，设此力为f A，有f A=mω2r，由此可知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，故B错误．
C、A所受的静摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，B受到圆盘的静摩擦力方向指向圆心，有沿半径向外滑动的趋势，故C错误．
D、对AB整体分析，静摩擦力提供向心力，有：μB•2mg=2mωB2r，解得：ωB=，
对A分析，B对A的静摩擦力提供向心力，有：μA•mg=mωA2r，解得：ωA=，因为B先滑动，可知B先达到临界角速度，可知B的临界角速度较小，即μB＜μA，故D正确．
故选：D
【点评】解决本题注意隐含的条件，由A、B两物块一起做匀速圆周运动，得知AB的角速度大小相等，了解AB两物块做圆周运动向心力的来源，沿半径方向上的所有力的合力提供了向心力，同时要注意结合牛顿第二定律进行求解，掌握向
=mω2r=m r=m•4π2f2r．
心力的各个表达式F
向=m
4．如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为v b时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为t b，当速度大小为v c时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为t c，不计粒子重力．则（）
A．v b：v c=1：2，t b：t c=2：1 B．v b：v c=2：2，t b：t c=1：2
C．v b：v c=2：1，t b：t c=2：1 D．v b：v c=1：2，t b：t c=1：2
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．
【分析】带电粒子垂直射入匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力，画出轨迹，由几何知识求出粒子圆周运动的半径和圆心角，由半径公式求出该粒子射入时的速
度大小v．然后求比值，由求时间之比．
【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
得
粒子在磁场中运动的轨迹如图，从B点离开磁场的粒子，圆心在a点，半径等于
正六边形的边长，即
从C点离开磁场的粒子，圆心是O点，半径等于正六边形边长的2倍，即
根据半径公式得∝r
从b点离开磁场的粒子，圆心角；从C点离开磁场的粒子，圆心角
根据，得，故A正确，BCD错误
故选：A
【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动，应先分析清楚粒子的运动过程，然后应用牛顿第二定律解题，本题的解题关键是画轨迹，由几何知识求出带电粒子运动的半径和圆心角．
5．如图所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、G、H是各边中点，其连线构成正方形，其中P点是EH的中点．一个带正电的粒子（不计重力）从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出．以下说法正确的是（）
A．粒子的运动轨迹一定经过P点
B．粒子的运动轨迹一定经过PH之间某点
C．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由ED之间某点射出正方形ABCD 区域
D．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点射出正方形ABCD区域【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．
【分析】由题意可知电场向上．粒子做的是抛物线运动，把图翻过来看，和平抛运动的规律是一致的，只不过平抛时受到重力，这个题受的是电场力．仿照平抛运动的分析方法，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速为零的匀加速直线运动，根据平抛运动的规律分析即可．
【解答】解：A、B、粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出，其轨迹是抛物线，则过D点做速度的反向延长线一定与水平位移交于FH的中点，而延长线又经过P点，所以粒子轨迹一定经过PE之间某点，故A错误，B错误．
C、D、由类平抛知识可知，当竖直位移一定时，运动时间不变，水平速度变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半，粒子恰好从E点从AD边射出．故C错误，D正确．
故选：D．
【点评】本题运用运动的分解，研究类平抛运动，根据运动学公式和推论，分析时间和竖直关系，即可进行求解．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．每题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．
6．如图所示，A为巨磁电阻，当它周围的磁场增强时，其阻值增大；C为电容器，当有磁铁靠近A时，下列说法正确的有（）
A．电流表的示数减小B．电容器C的电荷量增大
C．电压表的示数变小D．电源内部消耗的功率变大
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【分析】有磁铁靠近A时，其阻值增大，然后结合电路的关系即可判断出电流和电压的变化，分析总电流和路端电压的变化，即可分析其他量的变化．
【解答】解：A、有磁铁靠近A时，其阻值增大，根据闭合电路的欧姆定律可知，电路中的电流将减小，电流表的示数减小．故A正确；
B、电路中的电流减小，则电路的路端电压增大，所以电压表的示数增大，电容器两端的电压增大，根据：Q=CU可知电容器C的电荷量增大．故B正确，C错误；
D、电路中的电流减小，电源内部消耗的功率：P=I2r，所以将随电流的减小而减小．故D错误．
故选：AB
【点评】该题考查闭合电路的分析，解答本题关键将磁敏电阻当作变阻器，由闭合电路欧姆定律进行动态分析．
7．假设将来人类登上了火星，考察完毕后，乘坐一艘宇宙飞船从火星返回地球时，经历如图所示的变轨过程，P点为三个轨道的切点，Q点为轨道Ⅱ的远火星点，则有关这艘飞船的下列说法，正确的是（）
A．飞船在轨道Ⅰ上运动时的机械能大于在轨道Ⅱ上运动时的机械能
B．飞船在轨道Ⅱ上运动时，经过Q点时的速度小于在轨道Ⅰ上运动经过P点时的速度
C．飞船在轨道Ⅲ上运动到P点时的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加
速度
D．飞船绕火星在轨道Ⅰ上运动的周期跟飞船绕地球以轨道Ⅰ同样的轨道半径运动的周期相同
【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．
【分析】飞船在椭圆轨道上运动时，近地点速度大远地点速度小，飞船通过做近心运动和离心运动来实现轨道高度的调整，由能量关系判定机械能的变化，根据开普勒行星定律分析周期的变化
【解答】解：A、飞船在轨道I上运动时需要加速才能进入轨道II，在加速过程中发动机对飞船做正功，飞船的机械能增大，故A错误；
B、在轨道II上运动，P为近星点，速度大于远星点Q，故B正确；
C、飞船在P点的加速度由万有引力产生，在同一点万有引力产生的加速度相同，与飞船所在轨道位置无关，故C正确；
D、据万有引力提供圆周运动向心力，有卫星的周期T=，
可知飞船的周期除了与半径有关外还与中心天体的质量有关，故D错误．
故选：BC
【点评】万有引力提供圆周运动向心力，卫星通过做离心运动或近心运动实现轨道高度的变化，据此可以根据能量关系分析飞船机械能的变化．
8．如图所示为速度选择器装置，场强为E的匀强电场与磁感应强度为B的匀强磁场互相垂直．一带电量为+q，质量为m的粒子（不计重力）以速度v水平向右射入，粒子恰沿直线穿过，则下列说法正确的是（）
A．若带电粒子带电量为+2q，粒子将向下偏转
B．若带电粒子带电量为﹣2q，粒子仍能沿直线穿过
C．若带电粒子速度为2v，粒子不与极板相碰，则从右侧射出时电势能一定增大
D．若带电粒子从右侧水平射入，粒子仍能沿直线穿过
【考点】带电粒子在混合场中的运动．
【分析】首先根据粒子做匀速直线运动，可判断粒子的电场力和洛伦兹力相等，即可得知电场强度和磁场强度的关系．
【解答】解：A、粒子恰沿直线穿过，电场力和洛伦兹力均垂直于速度，故合力为零，粒子做匀速直线运动；
根据平衡条件，有：
qvB=qE
解得：
v=
只要粒子速度为，就能沿直线匀速通过选择器；
若带电粒子带电量为+2q，速度不变，仍然沿直线匀速通过选择器；故A错误；
B、若带电粒子带电量为﹣2q，只要粒子速度为，电场力与洛伦兹力仍然平衡，仍然沿直线匀速通过选择器；故B正确；
C、若带电粒子速度为2v，电场力不变，洛伦兹力变为2倍，故会偏转，克服电场力做功，电势能增加；故C正确；
D、若带电粒子从右侧水平射入，电场力方向不变，洛伦兹力方向反向，故粒子一定偏转，故D错误；
故选：BC．
【点评】在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即qvB=qE，
v=，只有速度为的粒子才能沿直线匀速通过选择器；若粒子从反方向射入选择器，所受的电场力和磁场力方向相同，粒子必定发生偏转．
9．如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m、M及M与地面间接触光滑．开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度，对于m、M和弹簧组成的系统（）
A．由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒
B．当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的动能最大
C．由于F1、F2大小不变，所以m、M各自一直做匀加速运动
D．由于F1、F2等大反向，故系统的动量始终为零
【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．
【分析】由于F1、F2对m、M都做正功，故系统机械能增加，当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，物体受到的合力的大小为零，此时物体的速度的大小达到最大，再根据物体的运动状态可以判断物体加速度的变化．
【解答】解：A、由于F1、F2对m、M都做正功，故系统机械能增加，故系统机械能不守恒，A错误；
B、当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，M和m受力平衡，加速度减为零，此时速度达到最大值，故各自的动能最大，B正确；
C、由于弹力是变化的，m、M所受合力是变化的，所以不会做匀加速运动，C错误；
D、对A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零，因此系统动量守恒，始终为零，D 正确．
故选BD．
【点评】本题涉及到弹簧，功、机械能守恒的条件、力和运动的关系等较多知识．题目情景比较复杂，全面考查考生理解、分析、解决问题的能力．
三、简答题：本题共3题，共计26分．请将解答填写在答题卡上相应的位置．10．某同学设计了如图甲所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系．将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚开始运动为止，记下传感器的最大示数F0，以此表示小车所受摩擦力的大小．再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数F1．。