2018-2019学年重庆八中高二(下)月考物理试卷(4月份)解析版

1、2018-20192018-2019 学年重庆八中高二（下）月考物理试卷（学年重庆八中高二（下）月考物理试卷（4 4 月份）月份） 一、单选题（本大题共8 8 小题，共 32.032.0分） 1.关于力的冲量，下列说法正确的是（） A.力越大，力的冲量就越大 B.作用在物体上的力大，力的冲量不一定大 C.静置于地面的物体受水平推力F 的作用，经时间 t物体仍静止，则此推力的冲量为零 D. 与作用时间 的乘积等于与作用时间的乘积，则这两个冲量相同 2.水平地面上，火炮与水平地面成一定倾角斜向上发射炮弹，当炮弹达到最高点时，爆炸成两块，其中 一块沿原方向运动，则另一块的运动形式（） A.B.C.x

2、D. 8.如图所示，质量为 m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径 AB长度为 2R，现将质量也为 m的小球从距 A 点正上方 h0高处由静止释放， 然后由 A 点经过半圆轨道后从B冲出， 在空中能上升的最大高度为 （不计空 气阻力），则（） A.小车向左运动的最大距离为 B.小球和小车组成的系统机械能守恒 C.小球第二次能上升的最大高度 D.小球第二次离开小车在空中运动过程中，小车处于静止状态 二、多选题（本大题共4 4 小题，共 16.016.0分） B 两球在同一直线上运动。9.光滑水平面上有大小相同的A、两球质量关系 3mA=mB， 规定向右为正方向， A、B 两球的动量均

3、为 9kg m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为-3kgm/s，则（） A.可能做竖直上抛运动 C.一定沿原来相反的方向运动 B.可能做自由落体运动 D.一定沿原来相同的方向运动 3.质量为 m 的物体以速度 v0从地面竖直上抛（不计空气阻力），直至落回地面，在此过程中（） A.整个过程中重力的冲量为0 B.整个过程中重力的冲量为 C.上升过程冲量大小为 ，方向向下 D.上升过程和下落过程中动量的变化量大小均为 ，但方向相反 4.某同学质量为 60kg，在军事训练中， 要求他从岸上以大小为 2m/s的速度跳到一条向他缓缓飘来的小船 上，然后去执行任务，小船的质量是120kg，原来

4、的速度大小是0.5m/s，该同学上船后又跑了几步，最 终停在船上，则（） A.人和小船最终静止的水面上 B.船最终的速度是 C.船的动量变化量大小为 D.该过程同学的动量变化量大小为 5.在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动，B 在前，A在后。已知碰前两球的动量分别 为 pA=12kgm/s、pB=13kgm/s，碰撞前后，它们动量的变化分别为p A、pB下列数值可能正确的是 （） A.、B.、 C.、D.、 6.如图所示，光滑水平面上有一小车，小车上有一物体，用一细线将物体系于小车的A 端，物体与小车 A 端之间有一压缩的弹簧，某时刻线断了，物体沿车滑动到B端粘在 B 端的油泥

5、上。则下述说法中正 A.左方是 A球 C.碰撞后 A、B 两球速度大小之比为3：2 B.右方是 A 球 D.碰撞后 A、B两球速度大小之比为 3：7 10. 如图所示，A、B两质量相等的长方体木块放在光滑的水平面上，一颗子弹 以水平速度 v0先后穿过 A和 B（此过程中 A 和 B没相碰）。子弹穿过B 后 的速度变为，子弹在A和 B 内的运动时间 t1：t2=1：2，若子弹在两木块 中所受阻力相等，则（） A.木块 A、B 对子弹的冲量大小之比为1：2B.木块 A、B对子弹的冲量大小之比为1：4 C.子弹在 A 和 B内克服阻力做功之比为 1：4D.子弹在 A和 B 内克服阻力做功之比为3：4

6、 11. 甲、乙两个质量都是 M的小车静置在光滑水平地面上。质量为m 的人站在甲车上并以速度v（对地） 跳上乙车，接着仍以对地的速率v反跳回甲车。对于这一过程，下列说法中正确的是（） A.最后甲、乙两车的速率相等 B.最后甲、乙两车的速率之比 甲：乙 ： 确的是（） C.人从甲车跳到乙车时对甲的冲量 ，从乙车跳回甲车时对乙车的冲量 ，应是 D.人从甲车跳到乙车时对甲的冲量 ，从乙车跳回甲车时对乙车的冲量 ，应是 12. 如图，两个小球 A、B 在光滑水平地面上相向运动，设向右为正方向，它们的质量分别为m1、m2，速 度分别是 vA=3m/s，vB=-2m/s。两球右侧有一竖直墙壁，假设两球之间

7、、球与墙壁之间发生正碰时均无 机械能损失，为了使两球至少能够发生两次碰撞，两球的质量之比m1：m2可能为（） 若物体滑动中不受摩擦力作用，则全过程机械能守恒 即使物体滑动中有摩擦力，全过程物块、弹簧和车组成的系统动量守恒 小车的最终速度与断线前相同 无论物块滑动是否受到摩擦力作用，全过程物块、弹簧和车组成的系统的机械能不守恒。 A.B.C.D. 7.A、B 两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上已知A、B 两球 B 球被弹出落于距 质量分别为 2m和 m 当用板挡住 A 球而只释放 B球时， 桌边距离为 x的水平地面上，如图所示问当用同样的程度压缩弹簧，取 B同时释放， B 球的落地点距

8、离桌边距离为走 A 左边的挡板， 将 A、（） A.6：11B.8：11C.10：11D.12：11 三、实验题探究题（本大题共2 2 小题，共 18.018.0 分） 第 1 页，共 9 页 13. 如图为“验证碰撞中的动量守恒”实验装置示意图 （多）在验证动量守恒定律的实验中，必须要求的条件是：_ A轨道是光滑的。 B轨道末端的切线是水平的。 C每次入射小球都要从同一高度静止滚下。 D碰撞的瞬间入射小球和被碰小球球心连线与轨道末端的切线平行。 入射小球 1与被碰小球 2 直径相同，它们的质量相比较，应是m1_m2（/=） 实验时，小球的落点分别如图2的 M、N、P 点，则在误差范围内，满足

9、下列_式，能验证碰撞 中的动量守恒定律。 Am1OP=m1OM+m2ONBm1OM=m1OP+m2ON Cm1ON=m1OM+m2OPDm1OP=m1ON+m2OM 14. 某同学设想用如图甲所示的装置，研究两个完全相同的小球碰撞时有无机械能损失，设想如下：小球 A 用不可伸长的轻质细绳悬于O点，当 A摆到 O点正下方的 C点时恰好与桌面接触但无压力，现将A 球从 Q点由静止释放，到达C 点时刚好与静置于桌面P 点、与A 完全相同的小球 B碰撞，B 平抛落至 地面。该同学测得 Q到桌面的高度 H、桌面到地面的高度h及 B 平抛的水平位移 L。 16. 两块厚度相同的木块A 和 B，紧靠着放在光

10、滑的水平面上，其质量分别 为 mA=4.0kg，mB=1.8kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量 mC=0.2kg的滑块 C（可视为质点），以vc=20m/s 的速度恰好水平地滑到 A 的上表面，如图所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和 C 的 共同速度为 1.0m/s，求： （1）木块 A的最终速度 VA； （2）滑块 C离开 A时，滑块 C 的速度 VC的大小。 17. 如图所示，光滑水平面上有一质量为m=1kg的小车，小车右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一 质量为 m0=1kg的物块，物块与上表面光滑的小车一起以v 0=5m/s 的速度向右匀速运动，与静止在光滑 水平

11、面上、质量为 M=4kg的小球发生弹性正碰，若碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内。求： （）碰撞结束时，小车与小球的速度； （）弹簧第一次压至最短时的弹性势能。 18. 如图，长木板B 的质量为 m2=1.0kg，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m3=1.0kg的物块 C（可视为 质点）放在长木板的最右端。一个质量为m1=2.0kg的物块 A 从距离长木板 B左侧 L=5m处，以速度 v0=11m/s 向着长木板运动。一段时间后物块A与长木板 B发生弹性正碰（时间极短），之后三者发生 相对运动， 整个过程物块 C始终在长木板上。 已知物块 A 及长木板与地面间的动摩擦因数均为1=0.4， g取

12、10m/s2，物块C与长木板间的动摩擦因数2=0.2， 物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力， （1）若用游标卡尺测小球的直径d如图乙所示，则 d=_cm； （2）测量小球下降的高度时，应该以球所在位置Q时_（选填“球的下边沿”或“球心”）到 桌面的距离为小球下降的高度H； （3）实验中改变 H，多测几次 H和 L 的数值，得到如图丙所示的图线，如果两球碰撞过程中有机械能 损失，则该图线的斜率 k_（选填“大于”、“等于”或“小于”）4h。 四、计算题（本大题共4 4 小题，共 44.044.0分） 15. 如图所示，用不可伸长的细线悬挂一质量为M=1kg的小木块，木块处于静止状态。现

13、 有一质量为 m=0.01kg的子弹以初速度 v0=300m/s 自左方水平地射穿木块， 木块上升的最 大高度 h=0.2m，求： 子弹射出木块时，子弹的速度v的大小； 若子弹射穿木块的时间为t=0.001s，子弹对木块的平均作用力F大小为多少？ 求： 第 2 页，共 9 页 （1）碰后瞬间物块 A和长木板 B的速度大小和方向； （2）整个过程中，物块C相对于长木板 B的位移大小； （3）最终，物块 A 离长木板 B 左侧的距离。 第 3 页，共 9 页 答案和解析 1.【答案】B 【解析】 解：根据竖直上抛运动的对称性可得落地的速度大小也 v0，方向竖直向下。上升过程和下落过 程中只受到重力

14、的作用。 AB、整个过程中重力的冲量为：I=-mv0-mv0=-2mv0故 AB错误 CD、选取向上为正方向，上升过程动量的变化量：P1=0-mv0=-mv0，下落过程中动量的变化量： P2=-mv0-0=-mv 0，大小均为 mv0，方向相同都向下。故 C 正确，D 错误 故选：C。 解：AB、冲量等于力与时间的乘积，力大冲量不一定大，则 A错误，B正确 C、冲量等于力与时间的乘积，与运动状态无关，则 C 错误 D、冲量是矢量，两个矢量相同必须满足大小相等，方向相同，则 D错误 故选：B。 根据竖直上抛运动的对称性求得落地的速度，然后结合动量定理即可解答。 由冲量的定义直接求解，明确力与时间

15、乘积即为冲量；冲量是矢量。 该题结合冲量的计算与动量定理考查竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性判定落地的 题考查对动量定理的理解，要注意明确大小和方向两方面的问题，特别是方向，要准确把握。 2.【答案】B 【解析】 速度大小也 v0，方向竖直向下是解题的关键。 4.【答案】D 【解析】 解：BCD、炮弹爆炸过程系统动量守恒，以炮弹的初速度方向为正方向，有： mv0=m1v1+m2v2 解得：v2=； 解：设人原来的速度方向为正方向，人上船后人与船共同的速度为 V。 则由题意得：v 人=2m/s，v船=-0.5m/s。 人船组成系统动量守恒，则由动量定理得：m 人 v 人-m船 v 船=（m

16、人+m船）v， 代入数据解得：v=m/s，方向与人方向相同，与船原来速度方向相反。 A、最终人和船有速度，故选项 A错误。 B、船最终速度不是 0.5m/s，故选项 B错误。 C、船的动量变化量：p 船=m船 v-m 船 v 船，代入数据得：p船=100kgm/s，故 C 选项错误。 D、人的动量变化量：p 人=m人 v-m 人 v 人，代入数据得：p人=-100kgm/s，即人的动量变化量 大小为 100kgm/s，所以 D选项正确。 故选：D。 （1）水的阻力可忽略不计，所以人船组成的系统所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保 持不变。 （2）最终人停在船上，所以人船共速，可根据动量守恒

17、定律公式求解人船的共同速度。 （3）根据动量变化量公式：p=mv-mv，可求解人、船的动量变化量的大小。 （1）速度、动量是矢量，所以一定要规定正方向，标清正负，否则容易出错。 第 4 页，共 9 页 如果：mv0=m1v1，则：v2=0，则另一块弹片做自由落体运动， 如果：mv0m1v1，v20，另一块弹片沿原方向运动， 如果：mv0m1v1，v20，另一块弹片沿原来反方向运动，故 CD 错误，B正确； A、炮弹爆炸过程系统在水平方向动量守恒，炮弹爆炸前动量沿水平方向，爆炸后一块弹片的 动量方向沿水平方向，由动量守恒定律可知，另一弹片的方向不可能沿竖直方向，弹片不可能 做竖直上抛运动，故 A

18、 错误； 故选：B。 炮弹爆炸过程系统动量守恒，根据题意应用动量守恒定律分析讨论即可正确答题。 系统所受合外力为零时系统动量守恒，炮弹爆炸过程系统在水平方向所受合外力为零，炮弹爆 炸过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以解题，解题时注意正方向的选择。 3.【答案】C 【解析】 （2）人静止在船上，意思是人、船相对静止，即人相对于船的速度为零，而不说人的实际速度为 零。 5.【答案】A 【解析】 粘在油泥上后物体和小车速度相同，设此时速度为 V1，根据动量守恒定律公式得：（m 物+m 车） V=（m 物+m 车）V1，解得：V=V1，所以小车最终速度与断线前速度相同。故正确。 故选：B。 （1）

19、两物体碰撞后粘在一起，是非弹性碰撞，有能量损失，系统的机械能不守恒。物体与油泥粘 合，属于非弹性碰撞，故系统的机械能不守恒。 （2）分析系统的合外力，即可判断动量是否守恒。（动量守恒定律：如果一个系统不受外力，或 者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。） （3）根据动量守恒定律即可求解小车的速度。 解：A、如果pA=-4kgm/s、pB=4kgm/s，则碰后两球的动量分别为 pA=pA+pA=8kgm/s、 pB=pB+pB=17kgm/s，A的动能减小，B的动能增加，总动能可能不增加，是可能的，故A正确。 B、如果pA=4 kgm/s、pB=-4 kgm/s，则碰后两球的动量分别

20、为 pA=pA+pA=16kgm/s、 pB=pB+pB=12kgm/s，A的动能增加，B的动能减小，由于 A追上 B 发生碰撞，不可能，故 B 错误。 C、如果pA=-24 kgm/s、pB=24 kgm/s，则碰后两球的动量分别为 pA=pA+pA=-12kgm/s、 pB=pB+pB=37kgm/s，A的动能不变，B的动能增加，总动能增加，违反了能量守恒定律，不 可能。故 C 错误。 （1）要注意两物体相撞后粘在一起属于非弹性碰撞，系统机械能损失。 （2）物体间的相互作用力属于系统内力，比如本题物体和小车间的摩擦力，系统内力对系统的 动量没有影响。 D、如果pA=24 kgm/s、pB=

21、-24 kgm/s，则碰后两球的动量分别为 pA=pA+pA=36kgm/s、 pB=pB+pB=-11kgm/s，由于 A追上 B发生碰撞，不可能，故 D错误。 故选：A。 7.【答案】D 【解析】 解：当用板挡住 A球而只释放 B球时，B球做平抛运动。设高度为 h，则有 弹性势能为 E= ，所以 当 A球追上 B球时发生碰撞，遵守动量守恒。由动量守恒定律和碰撞过程总动能不增加，结合 当用同样的程度压缩弹簧，取走 A左边的挡板，将 A、B同时释放，由动量守恒定律可得： 碰后两球的运动情况进行选择。 0=2mvA-mvB所以 vA：vB=1：2。 对于碰撞过程，要明确三大规律：1、是动量守恒定

22、律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运 因此 A球与 B球获得的动能之比 EkA：EkB=1：2所以 B球的获得动能为： 动情况。 6.【答案】B 【解析】 。 那么 B球抛出初速度为 故选：D。 ，则平抛后落地水平位移为 解：和：物体与橡皮泥粘合的过程，发生非弹性碰撞，系统机械能有损失，故全过程机械能 不守恒。故错误，正确。 ：水平面光滑，所以小车与水平面间无摩擦力。物体与小车之间的摩擦力属于内力，所以整 个系统在水平方向上不受外力，竖直方向上外力之和为零，根据动量守恒定律可知系统动量一 直守恒，故正确。 ：取系统初速度方向为正方向，开始时物体和小车共速，设速度为 V，物体沿车滑动到 B

23、 端 A、B两球之间压缩一根轻弹簧，当用板挡住 A球而只释放 B球时，弹性势能完全转化为 B 球 的动能，以一定的初速度抛出，借助于抛出水平位移可确定弹簧的弹性势能当用同样的程度 压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，由动量守恒定律与机械能守恒定律可求出B 球获得的速度，再由平抛运动规律可算出抛出的水平位移 第 5 页，共 9 页 本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律，及平抛运动规律两种情况下，弹性势能完全相 同在弹簧恢复过程中弹性势能转化为动能 8.【答案】D 【解析】 本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚小球与小车的运动过程是解题的关键，应用动量守 恒定律与能量守恒定律可以解题。

24、 9.【答案】AC 【解析】 解：A、小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒， 以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv-mv=0，m 位移：x=R，故 A错误； B、小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，系统初状态在水平方向动量为零，由动量守 恒定律可知，系统在任何时刻在水平方向动量都为零，小球离开小车时小球与小车在水平方向 -m=0，解得，小车的 解：规定向右为正方向，A、B两球的动量均为 9kg m/s。 两球的速度都向右。 根据 3mA=mB，mAVA9kg m/s，mBVB9kg m/s， 可得：VA：VB3：1。 A、由于两球一起向右运动，并

25、且生发碰撞，所以速度快的在左边。根据碰前的速度之比可知 A 的速度快，即 A在左边。故 A选项正确。 速度都为零，水平方向动能为零，如果系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，小球离开小 B、由以上结论得出，B 选项错误。 车后上升的最大高度为 h0，由题意可知，小球离开小车后在空中能上升的最大高度为 系统机械能不守恒，故 B错误； C、小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：mg（h0-h0）-Wf=0，Wf为小球克服摩擦力做功 大小，解得：Wf=mgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为 mgh0，由于小球第二次 在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩

26、擦力做功 故选：AC。 小于mgh0，机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：h0- h0=h0，而小于h0，故 C 错误； D、小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由 A点第二次离开小车时系统水平方向 动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球第二次离开小车在空中运动过程中，小车处于 静止状态，故 D正确； 故选：D。 水平地面光滑，系统水平方向动力守恒，则小球离开小车后做竖直上抛运动，下来时还会落回 小车中，根据动能定理求出小球在小车中滚动时摩擦力做功。 第二次小球在小车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小， 摩擦力做功变小，

27、据此分析答题。 第 6 页，共 9 页 h0， C、碰撞后 A球的动量增量为-3kgm/s。碰后 A球的动量 mAvA=6kg m/s。根据题意知 A、B两 球发生碰撞过程中动量守恒，即 mAvA+mBvB=mAvA+mBvB，代入数据解得 mBvB=12kg m/s。 根据 mAvA=6kg m/s，mBvB=12kg m/s，3mA=mB，可得：vA：vB=3：2，故选项 C 正确。 D、由上述分析可得，选项 D错误。 （1）两球若想发生碰撞，则速度大的一定在后边。根据两球质量比和碰前的动量，可以求出两 球速度之比，即可判断 A球的左右。 （2）根据 A球的动量变化量，可求出 A球碰后的动

28、量大小。 （3）由于水平面光滑，所以A、B两球组成的系统所受外力的矢量和为零，则A、B两球发生碰撞 过程中动量守恒，根据动量守恒守恒公式：m1v1+m2v2=m1v1+m2v2可求出碰后 B球的动量。 （4）求得两球碰后动量之后，根据质量比即可求出两球的速度之比。 （1）两球碰撞过程，系统不受外力，系统的总动量守恒。 （2）动量守恒守恒公式：m1v1+m2v2=m1v1+m2v2 。 10.【答案】AD 【解析】 解：AB、根据动量定理得： 对 A：IA=ft1=mvA 对 B：IB=ft2=mvB 由以上两式得：IA：IB=1：2故 A正确，B错误。 CD、设子弹穿过 A后的速度大小为 v，

29、根据动量定理得： -ft1=m 弹（v-v0） -ft2=m 弹（ v0-v） 解得：v=0.8v0 根据动能定理得：-W 阻=Ek 则得子弹在 A和 B内克服阻力做功之比为（ 故 C 错误，D正确； 故选：AD。 根据动量定理列式，可求出木块 A、B对子弹的冲量大小；根据动量定理对两个过程，列式求出 子弹穿过 A后的速度大小，再由动能定理可求解出子弹在 A和 B内克服阻力做功之比。 本题考查了动量定理与动能定理的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，本题涉 及时间问题，要考虑到运用动量定理求解子弹的速度，运用动能定理求解克服阻力做功。 11.【答案】BD 【解析】 故选：BD。 以人

30、与车组成的系统为研究对象，由动量守恒定律可以求出车的速度；对车由动量定理可以求 出车受到的冲量。 本题考查了求车的速度关系与冲量关系，应用动量守恒定律与动量定理即可正确解题，本题过 程复杂，分析清楚运动过程是正确解题的前提，解题时要注意正方向的选择。 12.【答案】CD 【解析】 解：设 AB第一次碰撞后的速度分别为 v1、v2取向右为正方向，对于 AB碰撞过程， 根据动量守恒定律和机械能守恒定律得： m1vA+m2vB=m1v1+m2v2， ）- ：-=3：4，m1vA2+m2vB2=m1v12+m2v22； 联立解得 v1=vA+ vB，v2=vB+ ，v2= vA。 将 vA=3m/s，

31、vB=-2m/s 代入解得 v1= 为了使两球至少能够发生两次碰撞，满足的条件有下列几种情况： v10，v20，且有|v 1|v2|，解得 7 7故 AB错误，CD 正确。v10，v20，且有|v1|v2|，解得 故选：CD。 两球发生碰撞时无机械能损失，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式，得到碰后两球的速 度。根据能够发生两次碰撞条件列式求解即可。 解答本题的关键：一、要掌握弹性碰撞的基本规律：动量守恒定律和机械能守恒定律。二、要把 握能够发生两次碰撞的条件，研究碰后速度大小和方向的关系。 13.【答案】BCD A 【解析】 解：AB、以人与甲车组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向

32、，由动量守恒定律得： mv-Mv1=0，以乙车与人组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律 得，人跳上乙车时，mv=（m+M）v2，人跳离乙车时，-（m+M）v2=-Mv 乙+mv，以人与甲车组成的 系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，人跳上甲车时，由动量守恒定律得：mv+Mv1= （m+M）v 甲，解得： =，故 A错误，B正确；解：A、为保证小球离开轨道时的速度相等，入射小球分别从斜槽的相同同高度由静止滚下， 斜面不需要一定光滑，故 A错误； B、斜槽末端切线不水平时会末速度不沿水平方向，则测量时抛平抛运动处理，则引起误差，故 第 7 页，共 9 页 CD、由动量定

33、理得，对甲车：I1=Mv1=mv，对乙车：I2=Mv 乙-Mv2=2mv=2I1，则：I1I2，故C错误， D正确； B正确； C、如果入射球没有做到每一次都从轨道的同一位置由静止滚下，则每次实验中的水平速度不 同，引起误差，故 C 正确； 水平位移为：L=vt 联立解得：L2=4hH； 如果碰撞中存在能量损失，则碰后 B的速度小于 v，所以图象的斜率将小于 4h； D、碰撞的瞬间入射小球和被碰小球球心连线与轨道末端的切线平行，故 D正确； 故答案为：（1）1.450；（2）球的下边沿；（3）小于。 故选：BCD。 （1）明确游标卡尺的读数方法，注意在读数时需要估读； 为防止碰撞后入射球反弹，

34、入射球的质量应大于被碰球的质量，即：m1m2。 小球离开斜槽后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们做平抛运动的时间 t 相等， （3）根据实验原理进行分析，从而明确实验中误差情况。 由动量守恒定律得：m1v1=m1v1+m2v2 两边同时乘以时间 t 得：m1v1t=m1v1t+m2v2t， 应为正碰，根据正碰的性质明确实验中的注意事项。 则：m1OP=m1 OM+m2ON，故 A正确，BCD错误； 故选：A 故答案为：BCD；A 明确实验原理和注意事项；知道小球离开轨道后做平抛运动，轨道末端切线应水平。 为防止入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量。 应用动量守恒定律求出需要验证的表达

35、式。 本题考查验证动量守恒定律的实验，明确实验注意事项：（1）前提条件：保证碰撞是一维的，即 保证两物体在碰撞之前沿同一直线运动，碰撞之后还沿这条直线运动。（2）利用斜槽进行实验， 入射球质量要大于被碰球质量，即 m1m2，防止碰后 m1被反弹。 14.【答案】1.450 球的下边沿小于 【解析】 （2）明确高度测量方法，明确下边测量的是桌面位置，故起点应测量下边缘； 本题为探究型实验，要注意掌握实验原理，明确实验中采用的方法，知道如果没有能量损失时 15.【答案】解：设子弹射穿木块后木块获得速度为v，木块上摆过程系统机械能守恒，由机械能守恒 定律得： 2 Mv=Mgh， 子弹射穿木块过程系统

36、动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： mv0=mv+Mv， 代入数据解得：v=2m/s，v=100m/s； 以木块为研究对象，由动量定理可得：Ft=Mv， 代入数据解得：F=2000N； 答：子弹射出木块时，子弹的速度v的大小为 100m/s； 若子弹射穿木块的时间为t=0.001s，子弹对木块的平均作用力F大小为 2000N。 【解析】 木块上摆过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出子弹射穿木块后木块的速度，子 弹射穿木块过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出子弹的速度； 对木块应用动量定理可以求出力的大小。 本题考查了求子弹的速度、作用力的大小，分析清楚物体运动过程是解题的

37、关键，应用动量守 恒定律、机械能守恒定律、动量定理可以解题；解题时注意正方向的选择。 16.【答案】解：（1）因为在光滑水平面上运动，所以系统的动量守恒，设木块A的最后速度为 vA， 规定向右为正方向，由动量守恒定律得： mCvc=mAvA+（mB+mC）v 代入数据解得：vA=0.50m/s； （2）设离开 A 时 C的速度为 VC，根据系统的动量守恒： mCvC=mCVC+（mA+mB）vA 代入数据解得：VC=5.50m/s 10mm=0.50mm，则最终读数为解：（1）游标卡尺的主尺读数为 1.4cm=14mm，游标读数为 0.05 14.50mm=1.450cm； （2）由题可知，测

38、量小球下降的高度时，应该以球所在位置 Q时的下边沿到桌面的距离为 H； 2 （3）小球 A下落过程中，根据机械能守恒可知：mgH=mv ； 两球相碰时，由于两球相同，故碰后交换速度，故 B球速度为 v； 2 小球 B碰后做平抛运动，有：h=gt 第 8 页，共 9 页 答：（1）木块 A的最终速度 VA为 0.50m/s； （2）滑块 C离开 A时，滑块 C 的速度 VC的大小为 5.50m/s。 【解析】 （1）对 A、B、C 组成的系统，运用动量守恒定律求出木块 A最终的速度。 （2）滑块 C 离开 A时，A、B的速度相等，对系统运用动量守恒求出滑块离开 A时的速度大小。 本题考查了动量守恒定律的基本运用，知道 A、B、C 组成的系统，所受的外力矢量和为零，动 量守恒，注意 C 离开 A时，A、B的速度相等。 17.【答案】解：（I）设碰撞后瞬间小车的速度大小为v1，小球的速度大小为 v， 取向右为正方向，由动量守恒及动能守恒有： mv0=mv+Mv1； mv02= mv2+ Mv12； 代入数据解得：v1=-3m/s，小车速度方向向左，v=2m/s，小球速度方向向右。 （II）当