第一章 动量守恒定律1动量拔高练习（word版含答案）
文档属性
| 名称 | 第一章 动量守恒定律1动量拔高练习（word版含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 576.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-01-23 07:48:20 | ||
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文档简介
2019人教版选择性必修第一册 第一章 动量守恒定律 1 动量 拔高练习
一、多选题
1．如图所示，质量相等的小球A、B由轻质弹簧连接，A球上端用细线悬挂于天花板。现烧断细线，两小球从静止开始下落，至弹簧第一次恢复原长过程中(B球未触地)，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．细线烧断瞬间，A球的加速度为2g，B球的加速度为零
B．整个过程中，弹簧对A、B球的冲量相同
C．弹簧第一次恢复原长时，A球动量大于B球动量
D．整个过程中，A、B球的重力做功相等
2．可视为质点的甲、乙两遥控电动玩具车质量均为m=0.5kg，甲车的额定功率P1=0.75W，乙车的额定功率P2=0.5W，现让两车并排静止在平直路面的同一起跑线处，t0时两车同时启动，甲车先做匀加速运动，达到额定功率后保持功率不变；乙车以额定功率启动，达到最大速度后做匀速运动。当甲车达到最大速度时两车同时撤去牵引力，最后停止运动。图中给出的甲、乙两车运动过程中的部分v－t图线，已知两车均做直线运动，在运动中受到的阻力均恒为0.1mg，重力加速度g=10m/s2，下列说法错误的是（ ）
A．两车运动的总时间相同 B．2s时两车牵引力的瞬时功率相等
C．出发后两车只相遇一次 D．0～4.25s内两车牵引力的平均功率相同
3．下列说法正确的是（ ）
A．在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，将摆球从平衡位置拉开15°释放，在摆球经过平衡位置的同时开始计时
B．在“探究变压器线圈两端电压与匝数的关系”的实验中，可以使用多用电表来测量电压
C．在“探究碰撞中的不变量”的实验时，斜槽末端的切线必须水平，目的是为了使两球碰撞时动能无损失
D．在“测定玻璃的折射率”实验中，为了减小实验误差，应该改变入射角的大小多次测量数据
4．如图是《物理选修3-5》第十六章第一节中实验“探究碰撞中的不变量”推荐的参考案例一，利用强磁力片模拟小车的碰撞．则下列判断正确的是________
A．利用气垫导轨可以忽略滑块与导轨接触面间的摩擦力，保证两滑块系统外力和为零
B．利用气垫导轨可以很容易保证两个滑块的碰撞是一维的
C．利用光电门可以迅速测量计算得到两个滑块碰撞前后的速度
D．该碰撞过程中，两滑块的动能和不变
5．图（a）是一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置在x=1.5m处的质点，Q是平衡位置在x=12m处的质点；图（b）为质点Q的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．质点Q简谐运动的表达式为y=0.10sin10πt（m）
B．在t=0.25s时，质点P的加速度方向沿y轴负方向
C．从t=0.10s到t=0.25s的过程中，质点Q的位移大小为0.30m
D．从t=0.10s到t=0.25s，回复力对质点P的冲量为零
6．下列有关实验的一些叙述，其中正确的有（ ）
A．在“研究平抛物体的运动”的实验中，小球与斜槽之间的摩擦会使实验误差增大
B．在“验证碰撞中动量守恒”的实验中，必须要测出入射球与被碰球的质量和球飞出后到落地的时间
C．在“验证机械能守恒定律”的实验中，不需要测出重物的质量，但要知道当地的重力加速度
D．在做“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验过程中，在取基准点和探测等势点时，应尽量使相邻两点之间的距离相等，并且不要使探测点靠近导电纸的边缘
二、单选题
7．套圈游戏的规则是站在同一起点的参与者抛出一个圆圈，套住奖品即可获得。若大人和小孩在不同的高度（大人抛出的高度更高，且抛出点在同一竖直线上）水平抛出的圆圈套中了同一个奖品，不计空气阻力所有圆圈的质量都相同，下列说法正确的是（ ）
A．大人抛出的圆圈初速度更大
B．小孩抛出的圆圈在空中运动的时间更短
C．小孩抛出的圆圈初动量更小
D．大人抛出的圆圈在空中运动的过程中，圆圈受到的重力做的功更少
8．如图所示，倾角为θ的斜面固定在地面，质量为m的物体，在沿斜面方向的恒力F作用下，沿粗糙的斜面匀速地由A点运动到B点，动摩擦因素为μ，物体上升的高度为h．则在运动过程中：
A．物体所受各力的合力做功为mgh
B．物体克服恒力F与摩擦力的合力做功为mgh
C．物体所受各力的合力做功为零
D．摩擦力做功为mgh
9．关于物体的动量，下列说法中正确的是（ ）
A．物体的动量越大，其惯性也越大
B．同一物体的动量越大，其速度一定越大
C．物体的动量发生变化，其动能一定变化
D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的位移方向
10．关于物体的动量，下列说法中正确的是（ ）
A．物体的动量越大，其惯性也越大
B．物体的动量越大，所受的冲量一定越大
C．物体的动量发生变化，其动能一定变化
D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向
三、实验题
11．在“验证动量守恒定律”的实验中，某学习小组利用质量相等的两滑块A和B及带竖直挡板P和Q的气垫导轨进行实验，如图所示.
实验步骤如下：
a．调整气垫导轨成水平状态；
b．在滑块A上固定一质量为m0的砝码，在A、B间放入一个被压缩的轻小弹簧，用电动卡销置于气垫导轨上；
c．用刻度尺测出滑块A左端至P板的距离L1和滑块
B右端至Q板的距离L2；
d．按下电钮放开卡销，同时让记录滑块A、B运动的计时器开始工作，当A、B滑块分别碰撞P、Q挡板时计时结束，记下A、B分别达到P、Q的运动时间t1、t2.
回答下列问题：
(1)实验中还应测量的物理量是_____________；
(2)验证动量守恒定律的表达式是______________；
(3)还可以测出放开卡销前被压缩弹簧的弹性势能Ep=________.
12．一探究小组用如图甲所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块（上方安装有宽度为d的遮光片）、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。
(1)用螺旋测微器测遮光条宽度d。测量结果如图乙所示，则d=___________mm；
(2)调节气垫导轨，使其水平。将滑块放在导轨上，打开气泵，推动滑块，若滑块上的遮光片经过B光电门的遮光时间比经过A光电门的遮光时间小，应适当调高导轨___________端（填“左”或“右”）螺栓；
(3)测出砝码及盘的总质量m1、滑块（含遮光片）的质量m2（），测出一次运动过程中遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间Δt1、Δt2和遮光片从A运动到B所用的时间t；
(4)得出实验结论。可分别表示出遮光片随滑块从A运动到B的过程中滑块动量改变量的大小、该过程中砝码及盘的拉力冲量，若在误差允许的范围内满足关系式___________（用题中给出的物理量、重力加速度g表示），即验证了动量定理；
(5)评估探究小组考虑到实验中难以满足m1远小于m2这一条件，（4）中关系式的拉力冲量和滑块动量改变量之差应为___________（用题中给出的物理量表示）。
13．为了“探究碰撞中的不变量” ，小明在光滑桌面放有A、B两个小球．A球的质量为0.3kg，以速度8 m/s跟质量0.1kg的静止的B球发生碰撞，并测得碰撞后B球的速度变为9 m/s，A球的速度变为5 m/s，方向与原来相同．根据这些实验数据，小明对这次碰撞的规律做了如下几项猜想．
（猜想1）碰撞后B球获得了速度，是否是A球把速度传递给了B球？经计算，B球增加的速度是_____m/s，A球减小的速度是_______m/s，因此，这种猜想_________．（填“成立”或“不成立”）
（猜想2）碰撞后B球获得了动能，是否是A球把动能传递给了B球？经计算，B球增加的动能是_______J，A球减小的动能是________J，这种猜想也__________．（填“成立”或“不成立”）
四、解答题
14．质量为的小球沿光滑水平面以的速度冲向墙壁，又以的速度被反向弹回（如图），球跟墙的作用时间为，求：
（1）小球动量的变化量；
（2）球受到的平均冲力。
15．A、B两滑块在同一光滑的水平直导轨上相向运动发生碰撞（碰撞时间极短）．用闪光照相，闪光4次摄得的闪光照片如图所示．已知闪光的时间间隔为Δt，而闪光本身持续时间极短，在这4次闪光的瞬间，A、B两滑块均在0~80 cm刻度范围内，且第一次闪光时，滑块A恰好通过x=55 cm处，滑块B恰好通过x=70 cm处，问：
（1）碰撞发生在何处；
（2）碰撞发生在第一次闪光后多长时间；
（3）设两滑块的质量之比为mA∶mB=2∶3，试分析碰撞前后两滑块的质量与速度乘积之和是否相等。
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．AC
【详解】
A．细线烧断瞬间，弹簧长度不变，弹力不变，B球的加速度为零，A球加速度为
故A正确；
B．整个过程中，弹簧对两球的力大小相等方向相反，根据冲量定义式可知弹簧对A、B球的冲量大小相等，方向相反，故B错误；
C．从开始下落至弹簧第一次恢复原长之前，A球加速度一直大于B球加速度，A球速度大于B球速度，根据动量定义式可知A球动量大于B球动量，故C正确；
D．整个过程中，由于A球加速度一直大于B球加速度，作用时间相同，则A球位移大于B球位移，根据可知A球的重力做功大于B球的重力做功，故D错误。
故选AC。
2．ABD
【详解】
D．由题意和图象可知甲车匀加速时的加速度a=0.5m/s2，设甲车匀加速时的牵引力为F，则
F-0.1mg=ma
解得
F=0.75N
0～2s内甲车的位移s甲=1m，设0～2s内乙车的位移为s乙，根据动能定理得：
解得：
s乙=1.5m
t=2s时甲车的功率为：
P=Fv1=0.75W=P1
在2～4.25s内，s乙′=2.25m，根据动能定理得：
解得：
=2.75m
故t=4.25s时两车总位移相同，出发后第一次相遇，此时甲车的速度大，动能大，t=4.25s前阻力做功相同，所以甲车的牵引力做功较多，甲车牵引力的平均功率大，故D错误，符合题意；
AC．t=4.25s后两车的加速度相同，甲车在前面，减速过程甲车的运动时间比乙车的运动时间长，甲车的位移比乙车的位移大，所以甲、乙两车只相遇一次，故A错误，符合题意；C正确，不符合题意；
B．t=2s时甲车的牵引力大于阻力，乙车的牵引力等于阻力，此时两车速度相同，故甲车牵引力的瞬时功率较大，故B错误，符合题意。
故选ABD。
3．BD
【详解】
A．在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，将摆球从平衡位置拉开5°释放，在摆球经过平衡位置的同时开始计时，选项A错误；
B．在“探究变压器线圈两端电压与匝数的关系”的实验中，可以使用多用电表交流电压档来测量电压，选项B正确；
C．在“探究碰撞中的不变量”的实验时，斜槽末端的切线必须水平，目的是为了使两球碰撞后做平抛运动，选项C错误；
D．在“测定玻璃的折射率”实验中，为了减小实验误差，应多次实验，测出每一组实验的入射角和折射角，根据折射定律求出折射率，再求解多次所测的折射率的平均值，故D正确；
故选BD。
4．ABC
【详解】
A．利用气垫导轨可以忽略滑块与导轨接触面间的摩擦力，保证两滑块系统外力和为零，故A正确；
B．利用气垫导轨可以很容易保证两个滑块的碰撞是一维的，故B正确；
C．利用光电计时装置可以迅速测量计算得到两个滑块碰撞前后的速度，故C正确；
D．该过程中两滑块的碰撞不是弹性碰撞，故动能有所损失，即碰撞过程中，两滑块的动能和减小，故D错误．
5．AB
【详解】
A．由振动图像和波动图像可知
质点Q简谐运动的表达式为
故A正确；
B．由振动图像读出周期T=0.2s，从t=0.10s到t=0.25s经过的时间为
则在t=0.25s时，质点P位于x轴上方，加速度方向沿y轴负方向，故B正确；
C．从t=0.10s到t=0.25s经过的时间为个周期，t=0.25s时刻质点Q位于波峰，质点Q的位移大小为0.10m，路程为0.30m，故C错误；
D．从t=0.10s到t=0.25s经过的时间为个周期，t=0.10s和t=0.25s质点P的瞬时速度不相同，由动量定理
回复力对质点P的冲量不为零，故D错误。
故选AB。
6．CD
【详解】
A．只要小球从同一高度、无初速开始运动，在相同的情形下，即使球与槽之间存在摩擦力，仍能保证球做平抛运动的初速度相同，对实验没有影响，故A错误；
B．碰撞前后两球都做平抛运动，由于两球从同一高度开始下落，且下落到同一水平面上，故两球下落的时间相同，所以可以用水平位移代替速度带入公式验证，不需要测量时间，故B错误；
C．验证机械能守恒的关系式为
等式两边都有质量m，可以约去，所以不需要测出重物的质量，但要知道当地的重力加速度，故C正确；
D．本实验是用恒定电流场模拟静电场，根据实验注意事项可知，在取基准点和探测等势点时，应尽量使相邻两点之间的距离相等，并且不要使探测点靠近导电纸的边缘，故D正确。
故选CD。
7．B
【详解】
圆圈做平抛运动，根据
可知
小孩抛出圆圈的高度更低，初速度更大，动量更大，运动时间更短，由
可知，大人抛出的圆圈在空中运动的过程中，重力做的功更多，选项B正确，A、C、D均错误，。
故选B。
8．C
【解析】
【详解】
AC：物体在沿斜面方向的恒力F作用下，沿粗糙的斜面匀速地由A点运动到B点，由动能定理可得，物体所受各力的合力做功为零．故A项错误，C项正确．
BD：据功的公式得，摩擦力做功；物体所受各力的合力做功为零，则，所以．故BD两项错误．
9．B
【详解】
A．惯性大小的唯一量度是物体的质量，如果物体的动量大，但也有可能物体的质量很小，所以不能说物体的动量大其惯性就大，A错误；
B．动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即
同一物体的动量越大，其速度一定越大，B正确；
C．物体的动量发生变化，则速度可能是方向改变、也可能是大小改变，所以动能不一定变化，C错误；
D．动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即
动量是矢量，动量的方向就是物体运动的方向，不是位移方向，D错误。
故选B。
10．D
【详解】
A．根据
p=mv
可知，物体的动量越大，其质量不一定大，则惯性不一定大，选项A错误；
B．根据动量定理，物体的动量变化越大，所受的冲量一定越大，选项B错误；
C．物体的动量发生变化，如果是速度的方向变化，大小不变，则其动能不变，选项C错误；
D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向，选项D正确。
故选D。
11．滑块A、B的质量M
【解析】
【详解】
(1)选择向左为正方向，因系统水平方向动量守恒，即，由于系统不受摩擦，故滑块在水平方向做匀速直线运动，故有，，即，以还要测量的物理量是滑块、的质量；
(2)由(1)分析可知验证动量守恒定律的表达式是；
(3)根据能量守恒定律被压缩弹簧的弹性势能为
12．8.473（8.472~8.475均可） 右
【详解】
(1)[1]螺旋测微器读数
d=8mm+mm=8.473mm
(2)[2]经B时间短，此时速度大，右端稍低所致，故应调高右端；
(4)[3]若该过程中砝码及盘的拉力冲量为，遮光片随滑块从A运动到B的过程中滑块动量改变量为，即
二者相等，便可验证动量定理；
(5)[4]若不能满足m1远小于m2这一条件，对滑块的拉力不等于砝码及砝码盘的重力，系统中动量变化量应再加上砝码及盘的动量变化量。
13．9 3 不成立 4.05 5.85 不成立
【解析】
【详解】
（1）B球的速度由0增大到，故增加的速度为：；而A球的速度由减小到，故速度减少了；故速度传递的猜想不成立；
（2）B球增加的动能为：；A球减小的动能为：；故动能也不守恒，这种猜想也不成立。
14．（1），方向水平向左；（2）72N，方向水平向左
【详解】
（1）取水平向左为正方向，则小球动量的变化量为
（2）设求受到的平均冲力为F，根据动量定理有
解得
15．（1）； (2)； (3) 碰撞前后两滑块的质量与速度乘积之和相等
【详解】
（1）据题意分析知：碰撞发生在第1、2两次闪光时刻之间，碰后B静止，故碰撞发生在x=60 cm处；
（2）碰撞后A向左做匀速运动，设其速度为vA′，则有
vA′Δt=20
从发生碰撞后到第二次闪光时A向左运动10 cm，设时间为t′，则有
vA′t′=10
设第一次闪光到发生碰撞时间为t，则有
t＋t′=Δt
由以上各式得
（3）取向右为正方向，碰撞前，A的速度，B的速度为
质量与速度的乘积之和为
碰撞后，A的速度为，B的速度为vB′=0
质量与速度的乘积之和为
由此可得碰撞前后两滑块的质量与速度乘积之和相等。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
一、多选题
1．如图所示，质量相等的小球A、B由轻质弹簧连接，A球上端用细线悬挂于天花板。现烧断细线，两小球从静止开始下落，至弹簧第一次恢复原长过程中(B球未触地)，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．细线烧断瞬间，A球的加速度为2g，B球的加速度为零
B．整个过程中，弹簧对A、B球的冲量相同
C．弹簧第一次恢复原长时，A球动量大于B球动量
D．整个过程中，A、B球的重力做功相等
2．可视为质点的甲、乙两遥控电动玩具车质量均为m=0.5kg，甲车的额定功率P1=0.75W，乙车的额定功率P2=0.5W，现让两车并排静止在平直路面的同一起跑线处，t0时两车同时启动，甲车先做匀加速运动，达到额定功率后保持功率不变；乙车以额定功率启动，达到最大速度后做匀速运动。当甲车达到最大速度时两车同时撤去牵引力，最后停止运动。图中给出的甲、乙两车运动过程中的部分v－t图线，已知两车均做直线运动，在运动中受到的阻力均恒为0.1mg，重力加速度g=10m/s2，下列说法错误的是（ ）
A．两车运动的总时间相同 B．2s时两车牵引力的瞬时功率相等
C．出发后两车只相遇一次 D．0～4.25s内两车牵引力的平均功率相同
3．下列说法正确的是（ ）
A．在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，将摆球从平衡位置拉开15°释放，在摆球经过平衡位置的同时开始计时
B．在“探究变压器线圈两端电压与匝数的关系”的实验中，可以使用多用电表来测量电压
C．在“探究碰撞中的不变量”的实验时，斜槽末端的切线必须水平，目的是为了使两球碰撞时动能无损失
D．在“测定玻璃的折射率”实验中，为了减小实验误差，应该改变入射角的大小多次测量数据
4．如图是《物理选修3-5》第十六章第一节中实验“探究碰撞中的不变量”推荐的参考案例一，利用强磁力片模拟小车的碰撞．则下列判断正确的是________
A．利用气垫导轨可以忽略滑块与导轨接触面间的摩擦力，保证两滑块系统外力和为零
B．利用气垫导轨可以很容易保证两个滑块的碰撞是一维的
C．利用光电门可以迅速测量计算得到两个滑块碰撞前后的速度
D．该碰撞过程中，两滑块的动能和不变
5．图（a）是一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置在x=1.5m处的质点，Q是平衡位置在x=12m处的质点；图（b）为质点Q的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．质点Q简谐运动的表达式为y=0.10sin10πt（m）
B．在t=0.25s时，质点P的加速度方向沿y轴负方向
C．从t=0.10s到t=0.25s的过程中，质点Q的位移大小为0.30m
D．从t=0.10s到t=0.25s，回复力对质点P的冲量为零
6．下列有关实验的一些叙述，其中正确的有（ ）
A．在“研究平抛物体的运动”的实验中，小球与斜槽之间的摩擦会使实验误差增大
B．在“验证碰撞中动量守恒”的实验中，必须要测出入射球与被碰球的质量和球飞出后到落地的时间
C．在“验证机械能守恒定律”的实验中，不需要测出重物的质量，但要知道当地的重力加速度
D．在做“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验过程中，在取基准点和探测等势点时，应尽量使相邻两点之间的距离相等，并且不要使探测点靠近导电纸的边缘
二、单选题
7．套圈游戏的规则是站在同一起点的参与者抛出一个圆圈，套住奖品即可获得。若大人和小孩在不同的高度（大人抛出的高度更高，且抛出点在同一竖直线上）水平抛出的圆圈套中了同一个奖品，不计空气阻力所有圆圈的质量都相同，下列说法正确的是（ ）
A．大人抛出的圆圈初速度更大
B．小孩抛出的圆圈在空中运动的时间更短
C．小孩抛出的圆圈初动量更小
D．大人抛出的圆圈在空中运动的过程中，圆圈受到的重力做的功更少
8．如图所示，倾角为θ的斜面固定在地面，质量为m的物体，在沿斜面方向的恒力F作用下，沿粗糙的斜面匀速地由A点运动到B点，动摩擦因素为μ，物体上升的高度为h．则在运动过程中：
A．物体所受各力的合力做功为mgh
B．物体克服恒力F与摩擦力的合力做功为mgh
C．物体所受各力的合力做功为零
D．摩擦力做功为mgh
9．关于物体的动量，下列说法中正确的是（ ）
A．物体的动量越大，其惯性也越大
B．同一物体的动量越大，其速度一定越大
C．物体的动量发生变化，其动能一定变化
D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的位移方向
10．关于物体的动量，下列说法中正确的是（ ）
A．物体的动量越大，其惯性也越大
B．物体的动量越大，所受的冲量一定越大
C．物体的动量发生变化，其动能一定变化
D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向
三、实验题
11．在“验证动量守恒定律”的实验中，某学习小组利用质量相等的两滑块A和B及带竖直挡板P和Q的气垫导轨进行实验，如图所示.
实验步骤如下：
a．调整气垫导轨成水平状态；
b．在滑块A上固定一质量为m0的砝码，在A、B间放入一个被压缩的轻小弹簧，用电动卡销置于气垫导轨上；
c．用刻度尺测出滑块A左端至P板的距离L1和滑块
B右端至Q板的距离L2；
d．按下电钮放开卡销，同时让记录滑块A、B运动的计时器开始工作，当A、B滑块分别碰撞P、Q挡板时计时结束，记下A、B分别达到P、Q的运动时间t1、t2.
回答下列问题：
(1)实验中还应测量的物理量是_____________；
(2)验证动量守恒定律的表达式是______________；
(3)还可以测出放开卡销前被压缩弹簧的弹性势能Ep=________.
12．一探究小组用如图甲所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块（上方安装有宽度为d的遮光片）、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。
(1)用螺旋测微器测遮光条宽度d。测量结果如图乙所示，则d=___________mm；
(2)调节气垫导轨，使其水平。将滑块放在导轨上，打开气泵，推动滑块，若滑块上的遮光片经过B光电门的遮光时间比经过A光电门的遮光时间小，应适当调高导轨___________端（填“左”或“右”）螺栓；
(3)测出砝码及盘的总质量m1、滑块（含遮光片）的质量m2（），测出一次运动过程中遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间Δt1、Δt2和遮光片从A运动到B所用的时间t；
(4)得出实验结论。可分别表示出遮光片随滑块从A运动到B的过程中滑块动量改变量的大小、该过程中砝码及盘的拉力冲量，若在误差允许的范围内满足关系式___________（用题中给出的物理量、重力加速度g表示），即验证了动量定理；
(5)评估探究小组考虑到实验中难以满足m1远小于m2这一条件，（4）中关系式的拉力冲量和滑块动量改变量之差应为___________（用题中给出的物理量表示）。
13．为了“探究碰撞中的不变量” ，小明在光滑桌面放有A、B两个小球．A球的质量为0.3kg，以速度8 m/s跟质量0.1kg的静止的B球发生碰撞，并测得碰撞后B球的速度变为9 m/s，A球的速度变为5 m/s，方向与原来相同．根据这些实验数据，小明对这次碰撞的规律做了如下几项猜想．
（猜想1）碰撞后B球获得了速度，是否是A球把速度传递给了B球？经计算，B球增加的速度是_____m/s，A球减小的速度是_______m/s，因此，这种猜想_________．（填“成立”或“不成立”）
（猜想2）碰撞后B球获得了动能，是否是A球把动能传递给了B球？经计算，B球增加的动能是_______J，A球减小的动能是________J，这种猜想也__________．（填“成立”或“不成立”）
四、解答题
14．质量为的小球沿光滑水平面以的速度冲向墙壁，又以的速度被反向弹回（如图），球跟墙的作用时间为，求：
（1）小球动量的变化量；
（2）球受到的平均冲力。
15．A、B两滑块在同一光滑的水平直导轨上相向运动发生碰撞（碰撞时间极短）．用闪光照相，闪光4次摄得的闪光照片如图所示．已知闪光的时间间隔为Δt，而闪光本身持续时间极短，在这4次闪光的瞬间，A、B两滑块均在0~80 cm刻度范围内，且第一次闪光时，滑块A恰好通过x=55 cm处，滑块B恰好通过x=70 cm处，问：
（1）碰撞发生在何处；
（2）碰撞发生在第一次闪光后多长时间；
（3）设两滑块的质量之比为mA∶mB=2∶3，试分析碰撞前后两滑块的质量与速度乘积之和是否相等。
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．AC
【详解】
A．细线烧断瞬间，弹簧长度不变，弹力不变，B球的加速度为零，A球加速度为
故A正确；
B．整个过程中，弹簧对两球的力大小相等方向相反，根据冲量定义式可知弹簧对A、B球的冲量大小相等，方向相反，故B错误；
C．从开始下落至弹簧第一次恢复原长之前，A球加速度一直大于B球加速度，A球速度大于B球速度，根据动量定义式可知A球动量大于B球动量，故C正确；
D．整个过程中，由于A球加速度一直大于B球加速度，作用时间相同，则A球位移大于B球位移，根据可知A球的重力做功大于B球的重力做功，故D错误。
故选AC。
2．ABD
【详解】
D．由题意和图象可知甲车匀加速时的加速度a=0.5m/s2，设甲车匀加速时的牵引力为F，则
F-0.1mg=ma
解得
F=0.75N
0～2s内甲车的位移s甲=1m，设0～2s内乙车的位移为s乙，根据动能定理得：
解得：
s乙=1.5m
t=2s时甲车的功率为：
P=Fv1=0.75W=P1
在2～4.25s内，s乙′=2.25m，根据动能定理得：
解得：
=2.75m
故t=4.25s时两车总位移相同，出发后第一次相遇，此时甲车的速度大，动能大，t=4.25s前阻力做功相同，所以甲车的牵引力做功较多，甲车牵引力的平均功率大，故D错误，符合题意；
AC．t=4.25s后两车的加速度相同，甲车在前面，减速过程甲车的运动时间比乙车的运动时间长，甲车的位移比乙车的位移大，所以甲、乙两车只相遇一次，故A错误，符合题意；C正确，不符合题意；
B．t=2s时甲车的牵引力大于阻力，乙车的牵引力等于阻力，此时两车速度相同，故甲车牵引力的瞬时功率较大，故B错误，符合题意。
故选ABD。
3．BD
【详解】
A．在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，将摆球从平衡位置拉开5°释放，在摆球经过平衡位置的同时开始计时，选项A错误；
B．在“探究变压器线圈两端电压与匝数的关系”的实验中，可以使用多用电表交流电压档来测量电压，选项B正确；
C．在“探究碰撞中的不变量”的实验时，斜槽末端的切线必须水平，目的是为了使两球碰撞后做平抛运动，选项C错误；
D．在“测定玻璃的折射率”实验中，为了减小实验误差，应多次实验，测出每一组实验的入射角和折射角，根据折射定律求出折射率，再求解多次所测的折射率的平均值，故D正确；
故选BD。
4．ABC
【详解】
A．利用气垫导轨可以忽略滑块与导轨接触面间的摩擦力，保证两滑块系统外力和为零，故A正确；
B．利用气垫导轨可以很容易保证两个滑块的碰撞是一维的，故B正确；
C．利用光电计时装置可以迅速测量计算得到两个滑块碰撞前后的速度，故C正确；
D．该过程中两滑块的碰撞不是弹性碰撞，故动能有所损失，即碰撞过程中，两滑块的动能和减小，故D错误．
5．AB
【详解】
A．由振动图像和波动图像可知
质点Q简谐运动的表达式为
故A正确；
B．由振动图像读出周期T=0.2s，从t=0.10s到t=0.25s经过的时间为
则在t=0.25s时，质点P位于x轴上方，加速度方向沿y轴负方向，故B正确；
C．从t=0.10s到t=0.25s经过的时间为个周期，t=0.25s时刻质点Q位于波峰，质点Q的位移大小为0.10m，路程为0.30m，故C错误；
D．从t=0.10s到t=0.25s经过的时间为个周期，t=0.10s和t=0.25s质点P的瞬时速度不相同，由动量定理
回复力对质点P的冲量不为零，故D错误。
故选AB。
6．CD
【详解】
A．只要小球从同一高度、无初速开始运动，在相同的情形下，即使球与槽之间存在摩擦力，仍能保证球做平抛运动的初速度相同，对实验没有影响，故A错误；
B．碰撞前后两球都做平抛运动，由于两球从同一高度开始下落，且下落到同一水平面上，故两球下落的时间相同，所以可以用水平位移代替速度带入公式验证，不需要测量时间，故B错误；
C．验证机械能守恒的关系式为
等式两边都有质量m，可以约去，所以不需要测出重物的质量，但要知道当地的重力加速度，故C正确；
D．本实验是用恒定电流场模拟静电场，根据实验注意事项可知，在取基准点和探测等势点时，应尽量使相邻两点之间的距离相等，并且不要使探测点靠近导电纸的边缘，故D正确。
故选CD。
7．B
【详解】
圆圈做平抛运动，根据
可知
小孩抛出圆圈的高度更低，初速度更大，动量更大，运动时间更短，由
可知，大人抛出的圆圈在空中运动的过程中，重力做的功更多，选项B正确，A、C、D均错误，。
故选B。
8．C
【解析】
【详解】
AC：物体在沿斜面方向的恒力F作用下，沿粗糙的斜面匀速地由A点运动到B点，由动能定理可得，物体所受各力的合力做功为零．故A项错误，C项正确．
BD：据功的公式得，摩擦力做功；物体所受各力的合力做功为零，则，所以．故BD两项错误．
9．B
【详解】
A．惯性大小的唯一量度是物体的质量，如果物体的动量大，但也有可能物体的质量很小，所以不能说物体的动量大其惯性就大，A错误；
B．动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即
同一物体的动量越大，其速度一定越大，B正确；
C．物体的动量发生变化，则速度可能是方向改变、也可能是大小改变，所以动能不一定变化，C错误；
D．动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即
动量是矢量，动量的方向就是物体运动的方向，不是位移方向，D错误。
故选B。
10．D
【详解】
A．根据
p=mv
可知，物体的动量越大，其质量不一定大，则惯性不一定大，选项A错误；
B．根据动量定理，物体的动量变化越大，所受的冲量一定越大，选项B错误；
C．物体的动量发生变化，如果是速度的方向变化，大小不变，则其动能不变，选项C错误；
D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向，选项D正确。
故选D。
11．滑块A、B的质量M
【解析】
【详解】
(1)选择向左为正方向，因系统水平方向动量守恒，即，由于系统不受摩擦，故滑块在水平方向做匀速直线运动，故有，，即，以还要测量的物理量是滑块、的质量；
(2)由(1)分析可知验证动量守恒定律的表达式是；
(3)根据能量守恒定律被压缩弹簧的弹性势能为
12．8.473（8.472~8.475均可） 右
【详解】
(1)[1]螺旋测微器读数
d=8mm+mm=8.473mm
(2)[2]经B时间短，此时速度大，右端稍低所致，故应调高右端；
(4)[3]若该过程中砝码及盘的拉力冲量为，遮光片随滑块从A运动到B的过程中滑块动量改变量为，即
二者相等，便可验证动量定理；
(5)[4]若不能满足m1远小于m2这一条件，对滑块的拉力不等于砝码及砝码盘的重力，系统中动量变化量应再加上砝码及盘的动量变化量。
13．9 3 不成立 4.05 5.85 不成立
【解析】
【详解】
（1）B球的速度由0增大到，故增加的速度为：；而A球的速度由减小到，故速度减少了；故速度传递的猜想不成立；
（2）B球增加的动能为：；A球减小的动能为：；故动能也不守恒，这种猜想也不成立。
14．（1），方向水平向左；（2）72N，方向水平向左
【详解】
（1）取水平向左为正方向，则小球动量的变化量为
（2）设求受到的平均冲力为F，根据动量定理有
解得
15．（1）； (2)； (3) 碰撞前后两滑块的质量与速度乘积之和相等
【详解】
（1）据题意分析知：碰撞发生在第1、2两次闪光时刻之间，碰后B静止，故碰撞发生在x=60 cm处；
（2）碰撞后A向左做匀速运动，设其速度为vA′，则有
vA′Δt=20
从发生碰撞后到第二次闪光时A向左运动10 cm，设时间为t′，则有
vA′t′=10
设第一次闪光到发生碰撞时间为t，则有
t＋t′=Δt
由以上各式得
（3）取向右为正方向，碰撞前，A的速度，B的速度为
质量与速度的乘积之和为
碰撞后，A的速度为，B的速度为vB′=0
质量与速度的乘积之和为
由此可得碰撞前后两滑块的质量与速度乘积之和相等。
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