2017-2018学年湖北省武汉外国语学校高一(下)期末物理试卷

2017-2018学年湖北省武汉外国语学校高一（下）期末物理试卷
试题数：16，满分：100
1.（单选题，4分）下列说法正确的是（）
A.电场一旦产生，则空间任一位置的电势和电势能就为一定值
B.电势相等的两点，场强大小也相等，但方向可以不同
C.场强为零的地方，不存在电场，所以该点的电势也为零
D.接地的金属壳或者金属网可以将内外的电场相互隔断
2.（单选题，4分）质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7kg•m/s，B球的动量是5kg•m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是（）
A.p A=3kg•m/s，p B=9kg•m/s
B.p A=6kg•m/s，p B=6kg•m/s
C.p A=-2kg•m/s，p B=14kg•m/s
D.p A=-4kg•m/s，p B=17kg•m/s
3.（单选题，4分）如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab=U bc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知（）
A.三个等势面中，c的电势最高
B.带电质点在P点的电势能比在Q点的小
C.带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小
D.带电质点在P点的加速度比在Q的加速度小
4.（单选题，4分）如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个正六边形的六个顶点，电场线与该六边形所在平面平行．已知A、B、C三点的电势分别为1V、2V、5V．则下列说法中正确的是（）
A.D、E、F三点的电势分别为7V、6V、3V
B.D、E、F三点的电势分别为6V、4V、3V
C.电场线方向从D指向A
D.电场线方向从C指向F
5.（单选题，4分）如图所示，带正电荷量q，质量为m的滑块，沿固定绝缘斜面匀速下滑，
现加一竖直向上的匀强电场，电场强度为E，且qE≤mg，以下判断中正确的是（）
A.物体将沿斜面减速下滑
B.物体将沿斜面加速下滑
C.物体仍保持匀速下滑
D.仅当qE=mg时，物体继续保持匀速下滑
6.（单选题，4分）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两球质量分别为2m和m。

当用板挡住A球而只释放B球时，B球被弹出落于距桌边距离为x的
水平地面上，如图所示。

问当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，B球的落地点距离桌边距离为（）
A. x
3
B. √3 x
C.x
D. √6
x
3
7.（多选题，4分）如图所示，（a）图表示光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙
的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计，（b）图为物体A与小车B的v-t图象，由
此可知（）
A.小车上表面长度
B.物体A与小车B的质量之比
C.A与小车B上表面的动摩擦因数
D.小车B获得的动能
8.（多选题，4分）如图，一个电量为q质量为m的带电粒子（不计重力），以一已知的速
度v0，从A点垂直射入某一偏转电场中，然后以速度v从B点射出，则（）
A.若此粒子以速度“-v”从B点射入，则它刚好以速度“-v0”从A点射出
B.若将此粒子的反粒子“-q、m”以速度“-v”从B点射入，则它刚好以速度“-v0”从A点射出
C.若将此粒子的反粒子“-q、m”以速度“-v0”从B点射入，则它刚好以速度“-v”从A点射出
D.若此粒子以速度“-v0”从B点射入，则它刚好以速度“-v”从A点射出
9.（多选题，4分）如图所示的电容式话筒就是一种电容式传感器，其原理是：导电性振动膜
片与固定电极构成了一个电容器，当振动膜片在声压的作用下振动时，两个电极之间的电容发生变化，电路中电流随之变化，这样声信号就变成了电信号．则当振动膜片向右振动时（）
A.电容器电容值增大
B.电容器带电荷量减小
C.电容器两极板间的场强增大
D.电阻R上电流方向自左向右
10.（多选题，4分）如图所示，水平光滑轨道的宽度和弹簧自然长度均为d。

m2的左边有一固定挡板，m1由图示位置静止释放。

当m1与m2第一次相距最近时m1速度为v1，在以后的运动过程中（）
A.m1的最小速度可能是0
v1
B.m1的最小速度可能是m1−m2
m1+m2
C.m2的最大速度可能是v1
D.m2的最大速度可能是m1
v1
m1+m2
11.（问答题，0分）如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。

① 实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过测量___ （填选项前的符号），间接地解决这个问题。

A．小球开始释放高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的射程
② 图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。

实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP．然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N，测量平抛射程OM、ON，并多次重复。

③ 若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为___ （用② 中测量的量表示）；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为___ （用② 中测量的量表示）。

④ 经测定，m1=45.0g，m2=7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图所示。

相当于碰撞前的总动量数据为___ g．cm，碰撞后的总动量数据为___ g．cm．在误差范围内碰撞前后动量是守恒的。

⑤ 有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件都不变，可以使被碰小球做
平抛运动的射程增大，请你用④ 中已知的数据，分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON 的最大值为___ cm。

12.（多选题，0分）如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触。

把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，则下列正确的说
法是（）
A.此时A电势低，B电势高
B.将A左端接地，B右端电荷被中和
C.移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合
D.先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合
13.（问答题，0分）如图甲所示，光滑水平面上有A、B两个物体，已知m A=1kg，开始时B
静止，A以一初速度向右运动，与B碰撞后一起向右运动，它们的位移时间图象如图乙所示，求物体B的质量为多大？损失的能量占总能量的百分比多大？
14.（问答题，0分）图中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平导轨上，弹簧处在原长状态．另一质量与B相同滑块A，从导轨上的P点以某一初速度向B滑行，当
A滑过距离l1时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动，但互不粘连．已知最后A恰好返回出发点P并停止．滑块A和B与导轨的滑动摩擦因数都为μ，运动过程中弹
簧最大形变量为l2，求A从P出发时的初速度v0．
15.（问答题，0分）如图所示，在y=0和y=2m之间有沿着x轴方向的匀强电场，MN为电场区域的上边界，在x轴方向范围足够大．电场强度的变化如图所示，取x轴正方向为电场
=1.0×10-2C/kg，在t=0时刻以速度
正方向．现有一个带负电的粒子，粒子的q
m
v0=5×102m/s从O点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力作用．求：
（1）粒子通过电场区域的时间；
（2）粒子离开电场的位置坐标；
（3）粒子通过电场区域后沿x方向的速度大
小．
16.（问答题，0分）如图所示，用绝缘细绳系带正电小球在竖直平面内运动，已知绳长为L，重力加速度g，小球半径不计，质量为m，电荷q．不加电场时，小球在最低点绳的拉力是球重的9倍．
（1）求小球在最低点时的速度大小；
（2）如果在小球通过最低点时，突然在空间产生竖直向下的匀强电场，若使小球在后面的运动中，绳出现松软状态，求电场强度可能的大小．
2017-2018学年湖北省武汉外国语学校高一（下）期末物理试卷
参考答案与试题解析
试题数：16，满分：100
1.（单选题，4分）下列说法正确的是（）
A.电场一旦产生，则空间任一位置的电势和电势能就为一定值
B.电势相等的两点，场强大小也相等，但方向可以不同
C.场强为零的地方，不存在电场，所以该点的电势也为零
D.接地的金属壳或者金属网可以将内外的电场相互隔断
【正确答案】：D
【解析】：电势由电荷量决定，电势能由电场和电荷共同决定；
电势与电场强度无关；
根据静电屏蔽原理，即可一一求解。

【解答】：解：A．电势能由电场和电荷共同决定，不同电荷在电场中的同一位置电势是不一样的，故A错误；
B．电势相等的两点，其场强大小有可能不相等，如静电平衡导体外表面是一个等势面，但形状不同，则不同位置的电场强度大小不相等，故B错误；
C．电势为零，是人为选择的，电场强度为零的地方，电势不一定为零。

故C错误；
D．因为静电屏蔽，接地的金属壳或者金属网可以将内外的电场相互隔断，故D正确。

故选：D。

【点评】：考查电场的电势，电场强度，及电势能的概念，理解各自决定的因素，并掌握静电屏蔽原理。

2.（单选题，4分）质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7kg•m/s，B球的动量是5kg•m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是（）
A.p A=3kg•m/s，p B=9kg•m/s
B.p A=6kg•m/s，p B=6kg•m/s
C.p A=-2kg•m/s，p B=14kg•m/s
D.p A=-4kg•m/s，p B=17kg•m/s
【正确答案】：B
【解析】：当A球追上B球时发生碰撞时，遵守动量守恒．系统的总动能不会增加．由动量守恒定律和碰撞过程总动能不增加，通过列式分析，再进行选择．
【解答】：解：以两物体组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，两个物体的质量均为m，碰撞前系统的总动量：P=7kg•m/s+5kg•m/s=12kg•m/s；
系统的总动能：E k= 72
2m + 52
2m
= 37
m。

A、若碰后A、B两球动量为：p A=3kg•m/s，p B=9kg•m/s，系统的总动量
P′=3+9=12kg•m/s，遵守动量守恒定律。

E k′= p A2
2m + p B2
2m
= 32
2m
+ 92
2m
= 45
m
＞E k，故碰撞后动能增
大，是不可能发生的，故A错误；
B、若碰后A、B两球动量为：p A=6kg•m/s，p B=6kg•m/s，系统的总动量
P′=6+6=12kg•m/s，遵守动量守恒定律。

E k′= p A2
2m + p B2
2m
= 62
2m
+ 62
2m
= 36
m
＜E k，故碰撞后动能减
小，并且不会发生二次碰撞，是可能发生的，故B正确；
C、若碰后A、B两球动量为：p A=-2kg•m/s，p B=14kg•m/s，系统的总动量P′=-
2+14=12kg•m/s，遵守动量守恒定律。

E k′= p A2
2m + p B2
2m
= 22
2m
+ 142
2m
= 100
m
＞E k，故碰撞后动能增
大，是不可能发生的，故C错误。

D、同理可得，D项违反了能量守恒定律，是不可能的，故D错误；
故选：B。

【点评】：对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况．
3.（单选题，4分）如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab=U bc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知（）
A.三个等势面中，c的电势最高
B.带电质点在P点的电势能比在Q点的小
C.带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小
D.带电质点在P点的加速度比在Q的加速度小
【正确答案】：A
【解析】：作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，电场线向上．故c点电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强小，电场力小，加速度小．
【解答】：解：A、根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直可知负电荷所受的电场力应向下，所以电场线向上。

故c点电势最高。

故A正确。

B、利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道P点电势能大。

故B错误。

C、负电荷的总能量守恒，即带电质点在P点的动能与电势能之和不变。

C错误。

D、等差等势面P处密，P处电场强度大，电场力大，加速度大。

故D错误。

故选：A。

【点评】：作出电场线，结合能量的观点是解决这类问题常用方法．
4.（单选题，4分）如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个正六边形的六个顶点，
电场线与该六边形所在平面平行．已知A、B、C三点的电势分别为1V、2V、5V．则下列说
法中正确的是（）
A.D、E、F三点的电势分别为7V、6V、3V
B.D、E、F三点的电势分别为6V、4V、3V
C.电场线方向从D指向A
D.电场线方向从C指向F
【正确答案】：A
【解析】：连接AC，根据匀强电场电势随距离均匀变化（除等势面）的特点，AC四等分，则中点的电势为3V，靠近A的点M电势为2V，则MB为一条等势线；根据电场线与等势线垂直，则能作出电场线．且由沿着电场线方向电势降低来确定电场线指向．
【解答】：解：A、如图所示，连接AC，根据匀强电场电势随距离均匀变化（除等势面）的
特点，AC四等分，则中点的电势为3V，靠近A的点M电势为2V，则MB为一条等势线；根
据电场线与等势线垂直，则能作出电场线及方向。

根据几何关系可知，F的电势为3V；依据
同样的方向可得，D、E两点的电势分别为7V、6V；故A正确，B错误；
C、根据A做出的等势面可知电场线与等势面垂直且由高电势指向低点势，故CD错误
故选：A。

【点评】：找等势点，作等势面和电场线，是解决这类问题常用方法．
5.（单选题，4分）如图所示，带正电荷量q，质量为m的滑块，沿固定绝缘斜面匀速下滑，现加一竖直向上的匀强电场，电场强度为E，且qE≤mg，以下判断中正确的是（）
A.物体将沿斜面减速下滑
B.物体将沿斜面加速下滑
C.物体仍保持匀速下滑
D.仅当qE=mg时，物体继续保持匀速下滑
【正确答案】：C
【解析】：质量为m的滑块，沿固定绝缘斜面匀速下滑，没有电场时，应有重力沿下面向下的分量与摩擦力平衡；当加一竖直向上的匀强电场，电场强度为E，且qE≤mg，相当于物体的重力不变或减小了物体的重力，分析物体的受力情况，可判断出物体将仍保持匀速下滑．
【解答】：解：设斜面倾角为θ，摩擦因数为μ。

质量为m的滑块，沿固定绝缘斜面匀速下滑，则有mgsinθ=μmgcosθ，即有sinθ=μcosθ；
当加一竖直向上的匀强电场，电场强度为E，且qE≤mg，此时物体合力应为：F=（mg-Eq）sinθ-μ（mg-Eq）cosθ=0，所以物体仍保持匀速下滑，故ABD错误，C正确。

故选：C。

【点评】：当加一竖直向上的匀强电场时，相当于减小了物体的重力，在摩擦因数不变的情况下，物体仍保持匀速下滑．注意这种等效观点的应用．
6.（单选题，4分）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两球质量分别为2m和m。

当用板挡住A球而只释放B球时，B球被弹出落于距桌边距离为x的
水平地面上，如图所示。

问当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，B球的落地点距离桌边距离为（）
A. x
3
B. √3 x
C.x
D. √6
3
x
【正确答案】：D
【解析】：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。

【解答】：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v B=
s t =x√g
2ℎ
，所以弹性势能为E= 1
2
mv B2=mx2g
4ℎ
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：0=2mv A-mv B所以v A：v B=1：2。

因此A球与B球获得的动能之比E kA：E kB=1：2．所以B球的获得动能为：E K=mx2g
6ℎ。

那么B球抛出初速度为v B=√x2g
3ℎ，则平抛后落地水平位移为x=√x2g
3ℎ
•√2ℎ
g
=√6x
3
故选：D。

【点评】：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。

7.（多选题，4分）如图所示，（a）图表示光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计，（b）图为物体A与小车B的v-t图象，由
此可知（）
A.小车上表面长度
B.物体A与小车B的质量之比
C.A与小车B上表面的动摩擦因数
D.小车B获得的动能
【正确答案】：BC
【解析】：当A滑上B后，在滑动摩擦力作用下，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，最终以共同速度v1匀速运动，根据动量守恒定律求解质量比，根据速度时间图象的面积
表示位移可以求得A相对于B的位移，根据能量守恒可以确定动摩擦因数，因为不知道B车
质量，所以不能求得B的动能．
【解答】：解：A、由图象可知，AB最终以共同速度v1匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A错误；
B、由动量守恒定律得，m A v0=（m A+m B）v1，解得：m A
m B =v1
v0−v1
，故可以确定物体A与小车
B的质量之比，故B正确；
C、由图象可以知道A相对小车B的位移△x= 1
2 v0t1，根据能量守恒得：μm A g △x=1
2
m A v02 -
1
2
(m A+m B)v12，根据B中求得质量关系，可以解出动摩擦因数，故C正确；
D、由于小车B的质量不可知，故不能确定小车B获得的动能，故D错误。

故选：BC。

【点评】：本题主要考查了动量守恒定律、能量守恒定律的直接应用，要求同学们能根据图象得出有效信息，难度适中．
8.（多选题，4分）如图，一个电量为q质量为m的带电粒子（不计重力），以一已知的速度v0，从A点垂直射入某一偏转电场中，然后以速度v从B点射出，则（）
A.若此粒子以速度“-v”从B点射入，则它刚好以速度“-v0”从A点射出
B.若将此粒子的反粒子“-q、m”以速度“-v”从B点射入，则它刚好以速度“-v0”从A点射出
C.若将此粒子的反粒子“-q、m”以速度“-v0”从B点射入，则它刚好以速度“-v”从A点射出
D.若此粒子以速度“-v0”从B点射入，则它刚好以速度“-v”从A点射出
【正确答案】：AC
【解析】：带电粒子从A点垂直进入电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速运动，若将粒子以速度-v0从B点射入电场，水平方向仍做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，根据动能定理分析粒子到达A的速度大小．
【解答】：解：带电粒子从A点垂直进入电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，
，l是板长。

速度大小为v0，运动时间为t= l
v0
A、若该粒子以速度-v从B点射入电场，竖直方向做匀减速直线运动，加速度没有变化，竖直方向初速度分量等于√v2−v02，竖直方向运动的位移相等，水平方向运动时间没有变化，所以将刚好从A点射出，速度方向与v0方向相反。

从A到B电场力做功等于动能的增加，从B 到A，粒子克服电场力做功等于动能的减小量，电场力做功的数值相等，所以动能的变化量大小相等，则粒子到达A点时速度大小为v0．故A正确。

B、若将q的反粒子（-q，m）以速度-v从B点射入电场，粒子运动时间不变。

竖直方向做匀加速直线运动，若偏转距离相同时，竖直分速度大于√v2−v02，射出电场时速度大于v0，不可能到达A点。

故B错误。

C、若将q的反粒（-q，m）以速度-v0从B点射入电场，其加速度与正粒子大小相等、方向相反，水平方向运动时间相等，竖直方向做匀加速直线运动，位移大小不变，粒子刚好到达A 点，而且到达A点时竖直方向分速度大小不变，根据运动的合成可知，到达A点的速度等于-v．故C正确。

D、若将粒子以速度-v0从B点射入电场，粒子水平做匀速直线运动，速度大小小于v0，运动
，竖直方向做匀减速直线运动，加速度没有变化，由于竖直方向分速度小于
时间大于lv
v0
√v2−v02，粒子没有到达A点速度就减为零，所以粒子到不了A点。

故D错误。

故选：AC。

【点评】：本题运用分解的方法研究类平抛运动及其逆过程，要利用运动的可逆性理解．
9.（多选题，4分）如图所示的电容式话筒就是一种电容式传感器，其原理是：导电性振动膜
片与固定电极构成了一个电容器，当振动膜片在声压的作用下振动时，两个电极之间的电容发生变化，电路中电流随之变化，这样声信号就变成了电信号．则当振动膜片向右振动时（）
A.电容器电容值增大
B.电容器带电荷量减小
C.电容器两极板间的场强增大
D.电阻R上电流方向自左向右
【正确答案】：AC
【解析】：电容器极板间距离的变化引起了电容的变化，电容的变化引起了电量的变化，从而场强变化，R中有电流．
知，U 【解答】：解：振动膜片向右振动时，电容器两极板的距离变小，电容增大，由C= Q
U
不变的情况下，电容器所带电荷量Q增大，电容器充电，R中形成自右向左的电流。

知，U不变，d减小，则场强E增大，故AC正确。

BD错误。

由E= U
d
故选：AC。

【点评】：本题考查了电容器的动态分析，方法是：从部分的变化引起电容的变化，根据电压或电量不变判断电量或电压的变化．
10.（多选题，4分）如图所示，水平光滑轨道的宽度和弹簧自然长度均为d。

m2的左边有一
固定挡板，m1由图示位置静止释放。

当m1与m2第一次相距最近时m1速度为v1，在以后的
运动过程中（）
A.m1的最小速度可能是0
B.m1的最小速度可能是m1−m2
m1+m2
v1
C.m2的最大速度可能是v1
D.m2的最大速度可能是m1
m1+m2
v1
【正确答案】：ABC
【解析】：两球组成的系统水平方向不受外力，竖直方向上受力平衡，合外力为零，故系统动量守恒；由于只有弹簧的弹力做功，所以系统的机械能也守恒。

由动量守恒及机械能守恒定律列式求解。

【解答】：解：从小球m1到达最近位置后继续前进，此后拉到m2前进，m1减速，m2加速，达到共同速度时两者相距最远，此后m1继续减速，m2加速，当两球再次相距最近时，m1达到最小速度，m2达最大速度：两小球水平方向动量守恒，速度相同时保持稳定，一直向右前进，
选取向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v1=m1v1′+m2v2
由能量守恒定律得：1
2 m1v12= 1
2
m1v1′2+ 1
2
m2v22
解得：v1′= m1−m2
m1+m2 v1，v2= 2m1
m1+m2
v1
故m2的最大速度为2m1
m1+m2 v1，此时m1的速度为m1−m2
m1+m2
v1，当m1=m2时，m1的最小速度是0，
m2的最大速度为v1，故ABC正确D错误；
故选：ABC。

【点评】：本题为弹性碰撞的变式，可以作为水平方向弹性碰撞模型进行分析，分析其运动过程找出其最大最小速度的出现位置，由动量守恒及机械能守恒可以解答。

11.（问答题，0分）如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。

① 实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过测量___ （填选项前的符号），间接地解决这个问题。

A．小球开始释放高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的射程
② 图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。

实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位
置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP．然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N，测量平抛射程OM、ON，并多次重复。

③ 若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为___ （用② 中测量的量表示）；若碰撞是
弹性碰撞，那么还应满足的表达式为___ （用② 中测量的量表示）。

④ 经测定，m1=45.0g，m2=7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图所示。

相当于碰撞前的总动量数据为___ g．cm，碰撞后的总动量数据为___ g．cm．在误差范围内碰撞前后动
量是守恒的。

⑤ 有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件都不变，可以使被碰小球做
平抛运动的射程增大，请你用④ 中已知的数据，分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON 的最大值为___ cm。

【正确答案】：C; m1•OP=m1•OM+m2•ON; m1OP2=m1OM2+m2ON2 ; 2016; 2001.6; 76.8 【解析】：明确实验原理，知道实验验证的方法；
由动量守恒定律求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量；
根据（2）的分析确定需要验证的关系式；同时根据功能关系及弹性碰撞的性质明确弹性碰撞
时对应的性质。

【解答】：解：① 小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的
运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，故AB错误，C正确；
③ 要验证动量守恒定律定律，即验证：m1v1=m1v2+m2v3
小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同
时乘以t得：
m1v1t=m1v2t+m2v3t
得：m1OP=m1OM+m2ON
故实验需要验证：m1•OP=m1•OM+m2•ON；
[3]若碰撞是弹性碰撞，动能是守恒的，则有：。