1、2015-2016学年广东省广州市铁一中学高二（上）月考物理试卷（10月份）一、单项选择题（本题共7小题，每小题3分，共21分每小题只有一个正确选项，请把正确选项填到对应的答题卡中）1下列说法中正确的有（）A若某质点动量不变，则其动能也一定不变B若某质点动能不变，则其动量也一定不变C一个物体在恒定合外力作用下，其动量不一定改变D一个物体在恒定合外力作用下，其动能不一定改变2如图，质量为m的人在质量为M的平板车上从左端走到右端，若不计平板车与地面的摩擦，则下列说法不正确的是（）A人在车上行走时，车将向左运动B当人停止走动时，由于车的惯性大，车将继续后退C人以不同速度从车的左端走到右端，车在地面上
2、移动的距离不变D不管人在车上行走的速度多大，车在地面上移动的距离都相同3如图所示，在光滑的水平面上放有两个小球A和B，其质量mAmB，B球上固定一轻质弹簧若将A球以速率v去碰撞静止的B球，下列说法中正确的是（）A当弹簧压缩量最大时，两球速率都最小B当弹簧恢复原长时，B球速率最大C当弹簧恢复原长时，A球速度方向向右D当B球速率最大时，弹性势能不为零4将一个质量为3kg的木板置于光滑水平面上，另一质量为1kg的物块放在木板上已知物块和木板间有摩擦，而木板足够长，若两者都以大小为4m/s的初速度向相反方向运动（如图），则当木板的速度为2.4m/s时，物块正在（）A水平向左匀减速运动B水平向右匀加速运
3、动C水平方向做匀速运动D处于静止状态5有两个同种点电荷带电荷量为Q，相距为L，它们之间的作用力为F，把两个点电荷上带的电荷量分别转移给两个半径都为r的金属球，两球心间的距离仍为L（L=2r），这时两球间的作用力为F，则（）AF=FBFFCFFD无法确定两力的关系6如图所示为某一点电荷Q产生的电场中的一条电场线，A、B为电场线上的两点，一电子以某一速度沿电场线由A运动到B的过程中，动能增加，则可以判断（）A电场线方向由B指向AB场强大小EAEBCQ为负电荷，则Q在B点右侧DQ不可能为正电荷7如图所示，相距为L的点电荷A、B带电量分别为+4Q和Q今引入第三个点电荷C，使三个点电荷都处于平衡状态，则
4、C的电量和放置的位置是（）AQ，在A左侧距A为L处B2Q，在A左侧距A为处C+2Q，在B右侧距B 为处D+4Q，在B右侧距B为L处二、多项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分每小题有两个或两个以上正确选项，错选或不选得0分，漏选得2分请把正确选项填到对应的答题卡中）8某静电除尘器工作时内部电场线分布的俯视图如图，悬浮带电粉尘被吸附时由b点运动a点，以下说法正确的是（）A该电场是匀强电场B粉尘带负电C粉尘速度逐渐增大D粉尘加速度逐渐减小9MN是电场中的一条电场线，如图（甲）所示若将一负电荷从M点处由静止开始释放，负电荷由M到N的运动过程中的速度图象如图（乙）所示，由图可知（）A电场线由M指
5、向NB电场线由N指向MCM点的电场强度比N点的电场强度小DM点的电场强度比N点的电场强度大10如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受电场力作用，根据此图下列说法正确的是（）A带电粒子带正电B带电粒子在a处的受力比b处的大C带电粒子在a处的加速度比b处的小D带电粒子在a处的速度比b处的大11质量为m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动，与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后小球A的速度大小vA和小球B的速度大小vB可能为（）AvA=v0，vB=v0BvA=v0，vB=v0CvA
6、=v0，vB=v0DvA=v0，vB=v012将质量分别为m、2m，带电量分别为+q、+2q的两带电小球，在绝缘、光滑水平面由静止释放运动一段时间后，则（）A两者动量大小之比为1：1B两者动能之比为1：1C系统总动量守恒D系统总动能守恒13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与地面间摩擦不计开始时，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，设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
7、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均做正功，故系统的机械能一直增大14A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，图表示发生碰撞前后的vt图线，由图线可以判断（） AA、B的质量比为3：2BA、B作用前后总动量守恒CA、B作用前后总动量不守恒DA、B作用前后总动能不变三、实验题（本题共1题，共16分）15“探究碰撞中的不变量”的实验中：（1）入射小球m1=15g，原静止的被碰小球m2=10g，由实验测得它们在碰撞前后的xt图象如图1，可知入射小球碰撞后的m1v1是 kgm/s，入射小球碰撞前的m1v1是 kgm/s，被碰撞后的m2v2是kgm/s，由此得出结论（
8、2）实验装置如图2所示，本实验中，实验必须要求的条件是A斜槽轨道必须是光滑的B斜槽轨道末端点的切线是水平的C入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放D入射球与被碰球满足mamb，ra=rb（3）图中M、P、N分别为入射球与被碰球对应的落点的平均位置，则实验中要验证的关系是AmaON=maOP+mbOM BmaOP=maON+mbOMCmaOP=maOM+mbON DmaOM=maOP+mbON四、计算题（本题共3小题，共36分）16如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m，若将电荷量均为q=+2.0106C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=
9、9.0109Nm2/C2，求：（1）两点电荷间的库仑力大小；（2）C点的电场强度的大小和方向17如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动假设B和C碰撞过程时间极短求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中（1）整个系统损失的机械能；（2）弹簧被压缩到最短时的弹性势能18如图所示，一质量为M的光滑小球静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h质量为m的等大的小球以水平速度v0通过一段L=的距离后与小球M正碰（为小球m与桌面的动摩擦因数，g为重力加
10、速度）已知碰撞为完全弹性碰撞求：（1）碰撞前m球的速度大小；（2）碰撞后m和M的速度大小；（3）小球M落地点离桌面边缘的水平距离的范围2015-2016学年广东省广州市铁一中学高二（上）月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共7小题，每小题3分，共21分每小题只有一个正确选项，请把正确选项填到对应的答题卡中）1下列说法中正确的有（）A若某质点动量不变，则其动能也一定不变B若某质点动能不变，则其动量也一定不变C一个物体在恒定合外力作用下，其动量不一定改变D一个物体在恒定合外力作用下，其动能不一定改变【考点】动能定理的应用；动量定理【分析】物体的动量不变，则物体的速度不变，
11、动能不变；物体的动能不变，则速度大小不变，动量可能改变根据动量定理，结合合力的冲量判断动量变化量【解答】解：A、若物体的动量不变，根据P=mv知，物体的速度不变，根据Ek=mv2知，动能一定不变，故A正确B、若物体的动能不变，则速度的大小不变，但是方向可能改变，则动量可能改变，故B错误C、一个物体在恒定合外力作用下，一段时间后一定有冲量；则由动量定理可知，其动量一定改变，故C错误D、物体受恒定合力作用，外力一定对物体做功，由动能定理可知，则动能一定改变；故D错误；故选：A【点评】解决本题的关键知道动量和动能的关系，掌握动量定理和动能定理，知道合力的冲量等于动量的变化量； 合外力的功等于动能的改
12、变2如图，质量为m的人在质量为M的平板车上从左端走到右端，若不计平板车与地面的摩擦，则下列说法不正确的是（）A人在车上行走时，车将向左运动B当人停止走动时，由于车的惯性大，车将继续后退C人以不同速度从车的左端走到右端，车在地面上移动的距离不变D不管人在车上行走的速度多大，车在地面上移动的距离都相同【考点】动量守恒定律；惯性【分析】人与车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律分析答题【解答】解：A、人与车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：mv人+Mv车=0，故车的方向一定与人的运动方向相反；故人与车的速度方向相反，人在车上向右行走时，车将向左运动，故A正确；B、因总动量为零，故人停止走动速度为零
13、时，车的速度也为零，故B错误；C、因人与车的运动时间相等，动量守恒，以人的方向为正方向，则有：mx人Mx车=0；故车与人的位移之比为： =不变；则车的位移与人的运动速度无关，不论人的速度多大，车在地面上移动的距离都相等；故CD正确；本题选错误的，故选B【点评】本题考查动量守恒定律的应用“人船模型”，要注意人船具有相反方向的运动，运动位移与速度大小无关3如图所示，在光滑的水平面上放有两个小球A和B，其质量mAmB，B球上固定一轻质弹簧若将A球以速率v去碰撞静止的B球，下列说法中正确的是（）A当弹簧压缩量最大时，两球速率都最小B当弹簧恢复原长时，B球速率最大C当弹簧恢复原长时，A球速度方向向右D当
14、B球速率最大时，弹性势能不为零【考点】动量守恒定律【分析】分析小球的运动过程：A与弹簧接触后，弹簧被压缩，弹簧对A产生向左的弹力，对B产生向右的弹力，A做减速运动，B做加速运动，当B的速度大于A的速度后，弹簧压缩量减小，则当小球A、B速度相等时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大；当弹簧第一次恢复原长时，B球速率最大【解答】解：分析小球的运动过程：A与弹簧接触后，弹簧被压缩，弹簧对A产生向左的弹力，对B产生向右的弹力，A做减速运动，B做加速运动，当B的速度等于A的速度时压缩量最大，此后A球速度继续减小，B球速度继续增大，弹簧压缩量减小，当弹簧第一次恢复原长时，B球速率最大A、由以上分析可知，当弹簧压
15、缩量最大时，A球速率没有达到最小值故A错误；B、弹簧倍压缩后，B球的速度一直在增大，当弹簧恢复原长时，B球速率达到最大值故B正确；C、由于质量mAmB，A的速度变化比B快，A球的速度是0时，A的位移一定大于B的位移，所以弹簧仍然处于压缩状态，B球的速率没有达到最大；所以当弹簧恢复原长时，A球速度方向必定向左故C错误；D、当弹簧恢复原长时，B球速率达到最大值，所以此时弹簧的弹性势能是0故D错误故选：B【点评】本题是含有弹簧的问题，难点是对物体运动过程的分析，得到B球速度最大的临界条件4将一个质量为3kg的木板置于光滑水平面上，另一质量为1kg的物块放在木板上已知物块和木板间有摩擦，而木板足够长，
16、若两者都以大小为4m/s的初速度向相反方向运动（如图），则当木板的速度为2.4m/s时，物块正在（）A水平向左匀减速运动B水平向右匀加速运动C水平方向做匀速运动D处于静止状态【考点】牛顿第二定律【分析】分析物体的运动情况：初态时，系统的总动量方向水平向右，两个物体开始均做匀减速运动，m的速度先减至零，根据动量守恒定律求出此时M的速度之后，m向右做匀加速运动，M继续向右做匀减速运动，最后两者一起向右匀速运动根据动量守恒定律求出薄板的速度大小为2.4m/s时，物块的速度，并分析m的运动情况【解答】解：开始阶段，m向左减速，M向右减速，根据系统的动量守恒定律得：当m的速度为零时，设此时M的速度为v1
17、根据动量守恒定律得：（Mm）v=Mv1 代入解得：v1=2.67m/s此后m将向右加速，M继续向右减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为v2由动量守恒定律得：（Mm）v=（M+m）v2，代入解得：v2=2m/s两者相对静止后，一起向右匀速直线运动由此可知当M的速度为2.4m/s时，m处于向右加速过程中选项B正确，ACD错误故选B【点评】本题考查应用系统的动量守恒定律分析物体运动情况的能力，这是分析物体运动情况的一种方法，用得较少，但要学会，比牛顿定律分析物体运动情况简单5有两个同种点电荷带电荷量为Q，相距为L，它们之间的作用力为F，把两个点电荷上带的电荷量分别转移给两个半径都为r的金属球，两
18、球心间的距离仍为L（L=2r），这时两球间的作用力为F，则（）AF=FBFFCFFD无法确定两力的关系【考点】库仑定律【分析】根据库仑定律公式F=k 判断静电力大小；题目中两个带电小球带同种电荷，相互排斥，电荷中心与几何中心不重合，故电荷中心间距大于d【解答】解：两个金属小球的半径均为r，两球心相距L，金属球大小不能忽略不计；两个金属球带同种电荷，相互排斥，电荷中心与几何中心不重合，故电荷中心间距大于L；根据库仑定律公式F=k，两个同种点电荷带电荷量为Q，相距为L，它们之间的作用力为F，即为F=；两个半径都为r的金属球，两球心间的距离为L，则两个金属球之间的相互作用力F=F；故选：C【点评】本
19、题关键是根据库仑定律公式分析，注意库仑定律适用于两个点电荷之间的静电力，题目中电荷中心与几何中心不重合6如图所示为某一点电荷Q产生的电场中的一条电场线，A、B为电场线上的两点，一电子以某一速度沿电场线由A运动到B的过程中，动能增加，则可以判断（）A电场线方向由B指向AB场强大小EAEBCQ为负电荷，则Q在B点右侧DQ不可能为正电荷【考点】电场线；电势能【分析】一电子以某一速度沿电场线由A运动到B的过程中，动能增加，电场力对电子做正功，电场力方向与运动方向相同，电势能减小【解答】解：A、一电子以某一速度沿电场线由A运动到B的过程中，动能增加，电场力对电子做正功，电场力方向与运动方向相同，所以电场
20、强度方向由B指向A，电场线方向由B指向A，故A正确；B、不知电场线的疏密，故无法知道电场的强弱故B错误C、Q可以为正电荷，也可以为负电荷，如是正电荷则在B的右侧，故CD错误故选A【点评】解决本题的关键根据电子动能增加判断出电场的方向以及知道电场力做功与电势能的变化关系，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大7如图所示，相距为L的点电荷A、B带电量分别为+4Q和Q今引入第三个点电荷C，使三个点电荷都处于平衡状态，则C的电量和放置的位置是（）AQ，在A左侧距A为L处B2Q，在A左侧距A为处C+2Q，在B右侧距B 为处D+4Q，在B右侧距B为L处【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用
21、【分析】A、B、C三个点电荷都处于静止状态，对电荷受力分析，每个电荷都处于受力平衡状态，故根据库仑定律可分别对任意两球进行分析列出平衡方程即可求得结果【解答】解：引入的电荷C要处于平衡状态，电荷C所在位置的场强就要为零，A、B两电荷产生电场的合场强为零处在A、B两电荷的外侧，且离电荷量大的点电荷远，由此可知，点电荷C应放在点电荷B的外侧如图所示，电荷C所在位置处A、B两电荷产生电场的合场强为零，即A、B两电荷在C处产生电场的大小相等，有k=k同理，电荷B所在位置，点电荷A、C的产生的电场的场强在B处大小也应相等，又有：k=k解上两式即可得C电荷应放在B点电荷的外侧，距B点电荷x=L处，C电荷的
22、电荷量QC=4Q故选：D【点评】此题是利用合电场的场强为零来判断电荷系统的平衡问题，当研究的电场在产生电场的两点电荷的连线上时，有关场强在同一直线上，可以用代数方法运算二、多项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分每小题有两个或两个以上正确选项，错选或不选得0分，漏选得2分请把正确选项填到对应的答题卡中）8某静电除尘器工作时内部电场线分布的俯视图如图，悬浮带电粉尘被吸附时由b点运动a点，以下说法正确的是（）A该电场是匀强电场B粉尘带负电C粉尘速度逐渐增大D粉尘加速度逐渐减小【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电场线【分析】电场线的疏密反映电场的强弱；根据牛顿第二定律可明确加速度的变化；根据
23、粉尘的运动方向和电场线的方向可明确带电情况；根据电场力与运动方向的关系可明确电场力做功情况，从而明确速度的变化情况【解答】解：A、该电场的电场线疏密不均匀，所以不是匀强电场故A错误B、带电粉尘只在电场力的作用下由逆着电场线运动，说明粉尘带负电，故B正确C、带负电粉尘受电场力向右，由b点运动到a点，电场力对粉尘做正功故速度增大；故C正确D、由图可知，由b到a过程中电场线变疏，故说明电场强度变小，故电场力变小，由牛顿第二定律可知，加速度减小；故D正确；故选：BCD【点评】本题考查电场线的性质，要注意明确电场线的疏密表示电场的强弱；而电场线的方向表示电场强度的方向；再结合动力学规律即可分析运动和功能
24、关系等9MN是电场中的一条电场线，如图（甲）所示若将一负电荷从M点处由静止开始释放，负电荷由M到N的运动过程中的速度图象如图（乙）所示，由图可知（）A电场线由M指向NB电场线由N指向MCM点的电场强度比N点的电场强度小DM点的电场强度比N点的电场强度大【考点】电场线；电场强度【分析】根据受力方向结合负电荷受到的电场力的方向与场强的方向相反判断电场线方向，根据加速度的大小判断场强大小的变化【解答】解：A、负电荷从M释放（初速为0）后，能加速运动到N，说明负电荷受到的电场力方向是从M指向N，根据负电荷受到的电场力的方向与场强的方向相反可知，电场方向就是由N指向M，故A错误，B正确；C、负电荷从M运
25、动到N的过程中，它的加速度是逐渐减小的（乙图中的“斜率”表示加速度），由牛顿第二定律知，负电荷从M到N时，受到的电场力是逐渐减小的，由 E=知，M点的电场强度比N点的电场强度大故C错误，D正确故选：BD【点评】本题结合电场的特点考查对图象的认识和理解，能从图象中获取有用的物理信息，本题是小型的综合题10如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受电场力作用，根据此图下列说法正确的是（）A带电粒子带正电B带电粒子在a处的受力比b处的大C带电粒子在a处的加速度比b处的小D带电粒子在a处的速度比
26、b处的大【考点】电场线；牛顿第二定律【分析】通过图象可以看到，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性根据电场线的疏密可以判断电场强度的强弱，进而判断电场力的大小；根据电场力做功情况，判断动能和电势能的变化当电场力做正功时，电荷的电势能减小，动能增大；当电场力做负功时，电荷的电势能增大，动能减小【解答】解：A：粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性故A错误；BC、根据电场线的疏密与电场强度的强弱的关系，判断出a点的电场强度大，故a点的电场力的大，根据牛顿第二定律可知，带电粒子在a
27、点的加速度比b点的加速度大故B正确，C错误；D、粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，从a到b电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的速度较大故D正确故选：BD【点评】本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次根据电场线的疏密可以判断电场强度的强弱，进而判断电场力的大小；再次判断粒子动能和电势能的变化要根据电场力做功情况11质量为m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动，与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后小球A的速度大小vA和小球B的速度大小vB可能为（）AvA=v0，vB=v0BvA=v0，vB
28、=v0CvA=v0，vB=v0DvA=v0，vB=v0【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】两球碰撞过程中动量守恒本题的难点在于判断碰撞后A球的速度方向，A的速度方向可能与原来相反，也可能与原来相同，分两种情况研究【解答】解：若碰后A球速度方向和原来一致，根据动量守恒得：mv0=mvA+2mvB，根据碰撞过程系统的总动能不增加，则得+ A、若vA=v0，vB=v0，且vA与v0方向相反，代入两式均成立，故A正确B、将vA=v0，vB=v0，且vA与v0方向相反，代入式成立，而代入不成立，故B错误C、将vA=v0，vB=v0，且vA与v0方向相反，代入两式均成立，故C正确D、将vA=v0，
29、vB=v0，且vA与v0方向相同，代入式成立，但碰后A的速率不可能大于B的速率，故D错误故选AC【点评】对于碰撞过程，往往根据三个规律去分析：一是动量守恒；二是总动能不增加；三是碰后，若两球分开后同向运动，后面小球的速率不可能大于前面小球的速率12将质量分别为m、2m，带电量分别为+q、+2q的两带电小球，在绝缘、光滑水平面由静止释放运动一段时间后，则（）A两者动量大小之比为1：1B两者动能之比为1：1C系统总动量守恒D系统总动能守恒【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】对A、B两球组成的系统，合外力为零，系统的动量守恒，根据动量守恒定律分析动量大小关系，再判断动能之比对A、B两球组成的
30、系统，电场力做正功，电势能减少，总能量增加【解答】解：AC、A、B两球组成的系统，合外力为零，系统的动量守恒，由动量守恒定律知，两者动量大小之比为1：1故A、C正确B、根据动能与动量的关系Ek=知，两者动能与质量成反比，则两者动能之比为2：1故B错误D、对A、B两球组成的系统，电场力做正功，电势能减少，根据能量守恒定律知，系统的总动能增加故D错误故选：AC【点评】本题的关键要掌握动量守恒的条件，知道对于两个及两个以上相互作用的物体，往往要考虑能否运用守恒定律研究13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与地面间摩擦不计开始时，m和M均静止，现同时对m、M施
31、加等大反向的水平恒力F1和F2，设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均做正功，故系统的机械能一直增大【考点】机械能守恒定律【分析】F1和F2等大反向，但是由于它们的位移不同，所以做的功的大小不同，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对系统
32、做功之和不为零，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、由于F1、F2先对系统做正功，当两物块速度减为零时，弹簧的弹力大于F1、F2，之后，两物块再加速相向运动，F1、F2对系统做负功，系统机械能开始减少，并不是一直增大，所以D错误故选B【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14A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，图表
33、示发生碰撞前后的vt图线，由图线可以判断（） AA、B的质量比为3：2BA、B作用前后总动量守恒CA、B作用前后总动量不守恒DA、B作用前后总动能不变【考点】动量守恒定律；匀变速直线运动的图像【分析】由图可以读出两物体碰撞前后的各自速度，根据动量守恒列方程求质量比【解答】解：A、根据动量守恒定律：mA6+mB1=mA2+mB7得：mA：mB=3：2，故A正确；B、根据动量守恒知A、B作用前后总动量守恒，B正确C错误；D、作用前总动能： mA62+mB12=mA作用后总动能： mA22+mB72=mA可见作用前后总动能不变，D正确；故选：ABD【点评】两物体碰撞过程系统所受合外力为零，系统动量守
34、恒三、实验题（本题共1题，共16分）15“探究碰撞中的不变量”的实验中：（1）入射小球m1=15g，原静止的被碰小球m2=10g，由实验测得它们在碰撞前后的xt图象如图1，可知入射小球碰撞后的m1v1是0.0075 kgm/s，入射小球碰撞前的m1v1是0.015 kgm/s，被碰撞后的m2v2是0.0075kgm/s，由此得出结论碰撞过程中动量守恒（2）实验装置如图2所示，本实验中，实验必须要求的条件是BCDA斜槽轨道必须是光滑的B斜槽轨道末端点的切线是水平的C入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放D入射球与被碰球满足mamb，ra=rb（3）图中M、P、N分别为入射球与被碰球对应的落点
35、的平均位置，则实验中要验证的关系是CAmaON=maOP+mbOM BmaOP=maON+mbOMCmaOP=maOM+mbON DmaOM=maOP+mbON【考点】验证动量守恒定律【分析】（1）由速度图象求出小球的位移与对应的时间，由速度公式求出小球的速度，然后根据动量的计算公式求出小球的动量，然后分析答题；（2）在做“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，所以要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平（3）本题要验证动量守恒定律定律即m1v0=m1v1+m2v2，故需验证maOP=maOM+mbON【解答】解：（1）由图1所示图象可知，碰撞前球1
36、的速度：v1=1m/s，碰撞后，球的速度：v1=0.5m/s，v2=0.75m/s，入射小球碰撞后的m1v1=0.0150.5=0.0075kgm/s，入射小球碰撞前的m1v1=0.0151=0.015 kgm/s，被碰撞后的m2v2=0.010.75=0.075kgm/s，碰撞前系统总动量p=m1v1=0.015kgm/s，碰撞后系统总动量p=m1v1+m2v2=0.015kgm/s，p=p，由此可知：碰撞过程中动量守恒；（2）A、“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；B、要保证每次小球都做平抛
37、运动，则轨道的末端必须水平，故B正确；C、要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；D、为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求mamb，ra=rb，故D正确故选BCD（3）要验证动量守恒定律定律即：mav0=mav1+mbv2，小球做平抛运动，根据平抛运动规律可知根据两小球运动的时间相同，上式可转换为：mav0t=mav1t+mbv2t，故需验证maOP=maOM+mbON，因此ABD错误，C正确故选C故答案为：（1）0.0075；0.015；0.0075；碰撞过程中动量守恒；（2）BCD；（3）C【点评】本实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度作
38、平抛运动并且落到同一水平面上，故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目四、计算题（本题共3小题，共36分）16如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m，若将电荷量均为q=+2.0106C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=9.0109Nm2/C2，求：（1）两点电荷间的库仑力大小；（2）C点的电场强度的大小和方向【考点】库仑定律；电场强度【分析】（1）根据库仑定律公式F=k列式求解即可；（2）先求解两个电荷单独存在时在C点的场强，然后根据平行四边形定
39、则合成得到C点的场强【解答】解：（1）电荷量均为q=+2.0106C的两点电荷分别固定在A、B点，静电力为：F=k=9.0109=9.0103N；（2）A、B点电荷在C点产生的场强大小相等，均为：E1=k=9.0109=4.5103N/CA、B点电荷在C点的合场强大小为：E=2E1cos30=24.5103N/C=7.8103N/C场强方向沿着y轴正方向；答：（1）两点电荷间的库仑力大小为9.0103N；（2）C点的电场强度的大小为7.8103N/C，方向为+y轴正方向【点评】本题考查了库仑定律和电场强度的矢量合成问题，关键是根据平行四边形定则合成，基础问题17如图，光滑水平直轨道上有三个质量
40、均为m的物块A、B、C B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动假设B和C碰撞过程时间极短求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中（1）整个系统损失的机械能；（2）弹簧被压缩到最短时的弹性势能【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】（1）A、B接触的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出当AB速度相同时的速度大小，B与C接触的瞬间，B、C组成的系统动量守恒，求出碰撞瞬间BC的速度，根据能量守恒求出整个系统损失的机械能（2）当整个系统速度相同时，弹簧压缩到最短，根据动量守恒定律，求出三者共同的速
41、度，A、B、C损失的机械能一部分转化为B、C碰撞产生的内能，一部分转化为弹簧的弹性势能，根据能量守恒求出弹簧被压缩到最短时的弹性势能【解答】解：（1）对A、B接触的过程中，由动量守恒定律得，mv0=2mv1，解得B与C接触的瞬间，B、C组成的系统动量守恒，有：解得系统损失的机械能为=（2）当A、B、C速度相同时，弹簧的弹性势能最大根据动量守恒定律得，mv0=3mv解得v=根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能=答：（1）整个系统损失的机械能为（2）弹簧被压缩到最短时的弹性势能为【点评】本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，关键合理地选择研究的系统，运用动量守恒进行求解18如图所
42、示，一质量为M的光滑小球静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h质量为m的等大的小球以水平速度v0通过一段L=的距离后与小球M正碰（为小球m与桌面的动摩擦因数，g为重力加速度）已知碰撞为完全弹性碰撞求：（1）碰撞前m球的速度大小；（2）碰撞后m和M的速度大小；（3）小球M落地点离桌面边缘的水平距离的范围【考点】动量守恒定律；平抛运动；机械能守恒定律【分析】（1）小球在桌面上运动的过程中受到摩擦力的作用，由动能定理即可求出碰撞前的速度；（2）碰撞后M做平抛运动，将运动分解成水平方向和竖直方向即可求出A抛出时的速度；M与m碰撞的过程中动量守恒，列出公式即可求出m的速度；（3）根据动量守恒定律和两个物体之间的质量关系，结合平抛运动的特点分析即可【解答】解：（1）设碰撞前m球的速度为v1，由动能定理mgL=，得：（2）设碰撞后m、M的速度分别为vm和vM，根据动量守恒定律，则有：mv1=mv2+Mv3根据机械能守恒，得：，联立得：，（3）对它们的质量关系进行讨论：当Mm时，v30当mM时，v3v0设物块下落所需时间为t，水平位移为s，则：h=，s=v3t，联立得：s=若v3=0，则：s=0若v3v0，则：s=综上所述，小球M的水平位移范围是：0s答：（1）碰撞前m球的速度大小是
