2019-2020学年红河州弥勒市高一下学期期末物理试卷

2019-2020学年红河州弥勒市高一下学期期末物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1.中国空军于2017年12月出动多型战机进行“绕岛巡航”，成体系飞越对马海峡赴日本海国际
空域训练。

在某次多型战机飞行训练中，下列说法中正确的是()
A. 研究飞机的起飞状态，飞机可以看作质点
B. 探究飞机从起点到终点的飞行时间，飞机可以看作质点
C. 研究歼击机进行空中加油，歼击机可以看作质点
D. 研究歼击机在空中的翻滚动作，歼击机可以看作质点
2.如图所示的曲线是某个质点在恒力作用下的一段运动轨迹，质点从M点
出发经P点到达N点，已知弧长MP大于弧长PN，质点由M点运动到
P点与从P点运动到N点的时间相等，下列说法中正确的是()
A. 质点从M到N过程中速度大小保持不变
B. 质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，但方向不相同
C. 质点在这两段时间内的速度变化量大小不相等，但方向相同
D. 质点在MN间的运动是匀变速运动
3.如图所示，某日小明去“爱琴海”商场买衣服，站在自动扶梯上随扶梯
斜向上做匀速运动，关于小明受到的力，以下说法正确的是()
A. 摩擦力为零
B. 摩擦力方向水平向右
C. 支持力小于重力，属于失重现象
D. 支持力大于重力，属于超重现象
4.下列说法正确的是()
A. 合运动的速度方向就是物体实际运动的方向
B. 合运动的速度一定大于分运动的速度
C. 合运动的时间不一定跟分运动的时间相等
D. 合运动的加速度方向一定跟合运动的速度方向相同
5.飞机在水平地面上空的某一高度水平匀速飞行，每隔相等时间投放一个物体．如果以第一个物
体a的落地点为坐标原点、飞机飞行方向为横坐标的正方向，在竖直平面内建立直角坐标系，
下图所示是第5个物体e离开飞机时，抛出的5个物体(a、b、c、d、e)在空间位置的示意图，其中可能的是()(不计物体空中飞行过程中的空气阻力)．
A. ①②
B. ③④
C. ①③
D. ②④
6.一物体质量为m，放在光滑水平地面上，当用水平力F1=30N推它时，其加速度为1.5m/s2；当
水平推力增为F2=60N时，其加速度为()
A. 1m/s2
B. 1.5m/s2
C. 2.5m/s2
D. 3m/s2
7.下列说法正确的是()
A. 以一定的初速度水平抛出的物体的运动是平抛运动
B. 曲线运动一定有加速度，且加速度一定是变化的
C. 物体所受的合力减小，速度变化率减小，速度一定减小
D. 作用力对A物体做正功，反作用力一定不对A物体做功
8.铁路在弯道处的内外轨道高低是不同的，已知内外轨道和水平面的
倾角为θ，如图所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车
转弯时的速度大于√gRtanθ，则()
A. 内轨对内侧车轮轮缘有挤压
B. 外轨对外侧车轮轮缘有挤压
C. 这时铁轨对火车的支持力等于mg
cosθ
D. 火车在弯道行驶时受到重力、支持力、牵引力、摩擦力和向心力
二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）
9.如图所示，长度为l的轻杆上端连着一质量为m1的小球A(可视为质点)，
杆的下端用铰链固定在水平面上的O点。

置于同一水平面上的立方体
B恰与小球A接触，立方体B的质量为m2.施加微小扰动，使杆向右倾
，重力倒，各处摩擦均不计，而小球A与立方体B刚脱离接触的瞬间，杆与地面间的夹角恰为π
6加速度为g，则下列说法正确的是()
A. 小球A与立方体B刚脱离接触的瞬间A与立方体B的速率之比为1：2
B. 小球A与立方体B刚脱离接触的瞬间，立方体B的速率为√gl
8
C. 小球A落地时速率为√2gl
D. 小球A、立方体B质量之比为1：4
10.分力和合力大小关系为
A. 合力总是大于每一个分力．
B. 合力至少比一个分力大．
C. 两分力大小不变，夹角(在0°～180°范围内)增大时，合力一定减小．
D. 两分力之间的夹角不变，分力增大时，合力的大小可能不变．
11.将一个质量为2kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方
向与运动方向相反。

该过程的v−t图象如图所示(g取10m/s2)，下列说法中正确的是()
A. 小球所受重力和阻力大小之比为5：1
B. 小球落回到抛出点时的速度大小为8√6m/s
C. 小球上升过程与下落过程所用时间之比为1：2
D. 小球下落过程中的加速度大小为8m/s2
12.2013年6月13日，神舟十号与天宫一号成功实现自动交会对接。

假设对接成功后，组合体绕地
球做匀速圆周运动。

已知引力常量为G，下列说法正确的是()
A. 由组合体运行的周期和轨道半径可以求出地球的质量
B. 由组合体运行的周期可以求出地球的密度
C. 组合体的运行速度小于第一宇宙速度
D. 漂浮在天宫一号内的宇航员处于平衡状态
13.如图所示，光滑圆轨道固定在竖直平面内，两个光滑小球用轻杆相连，其
长度刚好等于圆轨道的直径。

已知A球质量为2m，B球的质量为m。

由图
中位置静止释放小球，运动到竖直位置过程中()
A. B球到达最高点C时杆受到的是压力
B. B球到达最高点C时杆受到的是拉力
C. 调整两小球的质量比，小球有可能达不到最高点
D. 调整两小球的质量比，杆竖直时受到的作用力可能为零
14.图为示波管的一部分，a、b为电子枪的两电极，c、d为两平行金
属板，且c板电势比d高．则()
A. a为正极，b为负极
B. 电子在cd极板间运动时速度一定会增大
C. ab间电势差越大，电子在cd板间动能的改变量可能越小
D. ab间电势差越大，电子在cd板间运动的时间一定越短
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
15.某实验小组同学设计了“探究加速度a与物体所受合力F及质量m的关系”实验，装置如图1
示。

(1)实验中，必要的措施是______。

(把选项前的字母填在横线上)
A.打点计时器应接电压可调的直流电源
B.细线必须与长木板平行，先接释放小车再通电源
C.小车的质量远大于钩码的质量
D.平衡小车与长木板间的摩擦力时应把长木板右端垫高
(2)他实验时打点计时器每隔0.02秒打一个点，某学生得到一条纸带后，标出了几个计数且每相邻两
个计数点间还有4个点，图2中未画出，s1=3.59cm，s2=4.41cm，s3=5.19cm，s4=5.97cm，s5=6.78cm，s6=7.64cm。

则小车的加速度a=______m/s2(要求充分利用测量数据)，打点计时器在打D点时小车的速度v D=______m/s。

(结果均保留二位有效数字)
16.如图甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德(G⋅Atwood1746−
1807)创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。

某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律和动量守恒定律，如图乙所示。

(已知当地的重力加速度为g)
(1)该同学用游标卡尺测量遮光片的宽度如图丙所示，则d=______mm；然后将质量均为m(A的含挡
光片和挂钩、B的含挂钩)的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，A置于桌面上处于静止状态，测量出挡光片中心到固定光电门中心的竖直距离h。

(2)在做验证机械能守恒定律实验时，该同学在B的下端挂上质量也为m的物块C(含挂钩)，让系统(
重物A、B以及物块C)中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为△t.如果系统(重物A、B以及物块C)的机械能守恒，应满足的关系式为______，引起该实验系统误差的主要原因有______(写一条即可)。

(3)为了验证动量守恒定律，该同学让A在桌面上处于静止状态，将B从静止位置竖直上升s后由自
由下落，直到光电门记录下挡光片挡光的时间为△t′(B未接触桌面)，则验证绳绷紧过程中系统沿绳方向动量守恒定律的表达式为______；如果该同学忘记将B下方的C取下，完成测量后，验证动量守恒定律的表达式为______。

四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
17.跳伞员从476m的高空自由下落一段距离后才打开降落伞。

设打开伞后以2m/s2的加速度匀减速
下降，到达地面时速度为4m/s，(g取10m/s2)问：
(1)跳伞员下落的最大速度多大？
(2)跳伞员下落的总时间是多少？
18. 如图所示，小球A和B带电荷量均为q=1.5×10−5C，质量分别为0.01kg
和0.02kg，用不计质量的长度为50cm竖直细绳连接，在竖直向上的足够
大的匀强电场中以速度v0=0.5m/s匀速上升，某时刻细绳突然断开。

小
球A和B之间的相互作用力忽略不计，重力加速度g=10m/s2.求：
(1)该匀强电场的场强E；
(2)细绳断开后A、B两球的加速度a A、a B；
(3)细绳断开后0.4s末A、B两球间的距离。

19. 在某旅游景区，建有一山坡滑草运动项目．如图所示，设山坡可看成长度为L=50m、倾角θ=
37°的斜面，山坡低端与一段水平缓冲段BC圆滑连接．一名游客连同滑草装置总质量m=80kg，滑草装置与AB段及BC段间动摩擦因数均为μ=0.25.他从A处由静止开始匀加速下滑，通过B 点滑入水平缓冲段，再滑行一段距离后安全停下来．不计空气阻力，取g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8求：
(1)分别对游客在斜面上、水平面上进行受力分析；
(2)此游客滑到山坡底端时的速度大小；
(3)此游客进入BC段后水平滑行的距离．
20. 如图所示，在竖直平面内有一条1/4圆弧形轨道AB，其半径为1m，B点的切线方向恰好为水平
方向.一个质量为2kg的小物体，从轨道顶端A点由静止开始沿轨道下滑，到达轨道末端B点时的速度为4m/s，然后做平抛运动，落到地面上的C点。

若轨道距地面的高度h为5m(不计空气阻力，g=10m/s2)，求：
(1)物体在AB轨道克服阻力做的功；
(2)物体在B点对轨道的压力；
(3)物体落地时的动能；
(4)B、C两点间的水平距离.
【答案与解析】
1.答案：B
解析：解：A、研究飞机的起飞状态是要看飞机起飞时的形态变化，所以不能看成质点，故A错误；
B、飞机长度对从起点到终点的距离很小，以至于对飞行时间的影响可忽略，所以飞机可看成质点，故B正确；
C、研究歼击机进行空中加油时要看油孔在什么位置，不能看成质点，故C错误；
D、研究歼击机在空中的翻滚动作时要看歼击机各点动作，不能看成质点，故D错误；
故选：B。

当物体的大小和形状对所研究的问题没有影响或影响很小，可以忽略不计时，可以把物体看成质点。

解决本题的关键掌握物体能看成质点的条件，即看物体的形状和大小在所研究的问题中能否忽略。

2.答案：D
解析：解：因质点在恒力作用下运动，由牛顿第二定律可知，质点做匀变速曲线运动，由于加速度不变，
A、从M到N过程中，加速度不变，则速度大小变化，故A错误；
BCD、因加速度不变，则质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同，质点做匀变速曲线运动，故BC错误，D正确。

故选：D。

根据题意可知，质点在恒力作用下，做匀变速曲线运动，速度的变化量相等，而速度大小与方向时刻在变化，从而即可求解。

考查曲线运动的特点：速度在变化，可能大小变，也可能方向变，但必存在加速度，可能加速度在变，也可能加速度不变。

3.答案：A
解析：解：AB、因人处于平衡状态，则人受重力，支持力，不受到摩擦力，故A正确，B错误。

CD、因处于平衡状态，则人的加速度为0，故人不失重也不超重，故CD错误。

故选：A。

自动扶梯上的人随扶梯斜向上做匀速运动，人的加速度为零，将速度分解到水平和竖直方向，根据平衡条件即可求解。

本题考查超重与失重以及平衡条件的应用，解决本题时可以把速度进行分解，结合平衡条件求解。

也可以定性分析。

4.答案：A
解析：解：A、合运动的速度方向就是物体实际运动的方向。

故A正确；
B、速度是矢量，速度的合成与分解也遵从平行四边形定则，合运动的速度可以大于，也可以小于，也可以等于分运动的速度。

故B错误；
C、合运动与分运动具有等时性，合运动的时间等于分运动的时间，且分运动的时间也相等。

故C 错误；
D、合运动的加速度方向与合速度方向无关，故D错误。

故选：A。

位移、速度、加速度都是矢量，合成分解遵循平行四边形定则。

合运动与分运动具有等时性。

解决本题的关键知道位移、速度、加速度的合成分解遵循平行四边形定则，以及知道分运动与合运动具有等时性。

5.答案：B
解析：解：平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，水平方向上做匀速直线运动，任意两个球之间的时间间隔相等，当第5个小球释放时，若小球都未落地，应该在同一条竖直线上，且竖直方向上相等时间内的位移之比为1：3：5：7，故①②错误．
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，由于时间间隔相等，落地后，相邻两个球之间的距离相等．未落地的小球在同一条竖直线上．故③④正确．故B正确，A、C、D错误．
故选：B．
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据平抛运动的规律进行分析．
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律，知道从飞机上抛出的物体做平抛运动．
6.答案：D
解析：解：当推力为30N时，根据牛顿第二定律得：
第一种情况：F1=ma1，得：m=30
1.5
kg=20kg；
第二种情况：F2=ma2，得：a2=F2
m =60
20
m/s2=3m/s2，故D正确，ABC错误。

故选：D。

先分析物体水平方向受力情况，根据牛顿第二定律先对第一种情况研究，求出质量大小，再对第二种情况研究，求出加速度。

本题关键明确两物体的受力，根据牛顿第二定律研究两种情况，即可轻松得到加速度。

7.答案：D
解析：解：A、以一定的初速度水平抛出的物体如果只受重力，则其运动是平抛运动，故A错误；
B、曲线运动可以是匀变速运动，如平抛运动，故B错误；
C、物体受到的合外力减小，则其加速度减小，速度的变化率减小，但其速度不一定减小，如果加速度和速度同向，则速度增大，故C错误；
D、作用力对A物体做正功，则反作用力是A对施力物体的力，故对A一定不做功，故D正确．
故选：D．
明确平抛运动的性质，知道平抛运动是水平抛出，只受重力的运动；合力决定了加速度的大小，而加速度和速度的方向决定了物体的运动性质；
明确作用力和反作用力的性质，知道作用力和反作用力是两个相互作用的物体之间的力．
本题考查了曲线运动、平抛运动、力和运动的关系以及作用力和反作用力等，要注意准确掌握平抛运动的性质，明确作用力和反作用力对应了两个物体．
8.答案：B
解析：解：A、B、火车的重力和轨道对火车的支持力的合力恰好等于需要的向心力时，此时火车的速度正好是√gRtanθ，由题知，质量为m的火车转弯时速度大于√gRtanθ，外轨对外侧车轮轮缘有挤压，故B正确，A错误。

C、当内外轨没有挤压力时，受重力和支持力，N=mg
，由于外轨对火车的作用力沿着轨道平面，
cosθ
可以把这个力分解为水平和竖直向下两个分力，由于竖直下下的分力的作用，使支持力变大。

故C 错误；
D、向心力为效果力，火车没有受到向心力。

故D错误，
故选：B。

火车在弯道处拐弯时火车的重力和轨道对火车的支持力的合力做为转弯需要的向心力，当合力恰好等于需要的向心力时，火车对内外轨道都没有力的作用，速度增加，就要对外轨挤压，速度减小就要对内轨挤压。

火车转弯主要是分析清楚向心力的来源，再根据速度的变化，可以知道对内轨还是对外轨有作用力。

9.答案：BD
解析：解：A、A与B刚脱离接触的瞬间，A的速度方向垂直于杆，水平方向的分速度与B速度大小一样，设B运动的速度为v B，则：v A cos60°=v B
因此，v A：v B=2：1，故A错误；
B、根据牛顿第二定律：mgsin30°=m v A2
l ，解得：v A=√gl
2
又v A：v B=2：1，可知：v B=√gl
8
，故B正确；
C、由机械能守恒可知，mglsin30°=1
2mv2−1
2
mv A2，
解得：v=√v
A
2+gl，故C错误；
D、根据A与B脱离之前机械能守恒可知：mgl(1−sin30°)=1
2mv A2+1
2
Mv B2，解得：m：M=1：4，
故D正确；
故选：BD。

小球A实际运动的方向是合速度的方向，但在水平方向上与立方体B的速度一样，根据速度的分解合成可知道他们的比值关系；
由圆周运动的运动规律计算A的速度，那么根据比例关系得出B的速度；
而在分离时刻小球重力分离提供向心力，联立可解得两球质量关系。

本题关键是找到小球的分运动和合运动，然后正交分解得到小球的水平分速度的表达式进行讨论。

10.答案：CD
解析：A、合力大小介于二力之和与二力之差之间，故可以小于分力的大小，故A错误；
B、合力可以同时比两个分力小，故B错误；
C、分力大小来变时，合力随两力夹角的增大而减小，故C正确；
D、分力增大时，合力不一定增大，可能增加，或不变，故D正确．
故选：CD
11.答案：ABD
解析：解：A、由图可知，0∽2s小球竖直向上抛出，牛顿第二定律可知：mg+f=ma1，其中a1=
24
2
m/s2=12m/s2，解得f=4N，小球重力G=mg=20N，故小球所受重力和阻力大小之比为20：4=5：1，故A正确；
B、在小球竖直上抛过程中，上抛高度ℎ=v02
2a1=242
2×12
m=24m，整个过程动能定理可知：−f⋅2ℎ=
1 2mv2−1
2
mv02，解得小球落回抛出点时的速度大小为v=8√6m/s，故B正确；
CD、下落过程中牛顿第二定律可知：mg−f=ma2，解得a2=8m/s2，上升过程的时间t1=v0a
1
=
24 12s=2s，下落过程中t2=v
a2
=8√6
8
s=√6s，故小球上升过程与下落过程所用时间之比为2：√6，
故C错误，D正确；
故选：ABD。

(1)由图可知小球上升过程加速度大小，对小球牛顿第二定律可知阻力，进而求出小球所受重力和阻力大小之比；
(2)求出上升的最大高度，对小球整个过程动能定理，可求出小球落回抛出点时的速度；
(3)在下落过程中由牛顿第二定律求出加速度，再由加速度定义求出上升过程和下落过程的时间，求出时间比；
本题考查牛顿第二定律和运动学公式以及动能定理的结合，此类问题一般先利用牛顿第二定律求加速度，然后运动学公式求位移、时间、速度。

求速度的时候，如果知道位移，用动能定理比运动学公式更方便。

12.答案：AC
解析：解：A、根据万有引力提供向心力G mM
r2=mr4π2
T2
，得M=4π2r3
GT2
，由组合体运行的周期和轨道
半径可以求出地球的质量，故A正确；
B、由于组合体运行的轨道半径与地球的半径不相等在，故无法由组合体运行周期求出地球的密度，故B错误；
C、第一宇宙速度是贴近地球表面飞行的卫星的速度，是绕地球圆周运动的最大速度，故组合体的运行速度小于第一宇宙速度，故C正确；
D、.漂浮在飞船返回舱内的宇航员做匀速圆周运动，处于失重状态，故D错误。

故选：AC。

根据万有引力提供向心力可以求出中心体的质量、轨道半径和周期的关系。

漂浮在飞船返回舱内的宇航员做匀速圆周运动，处于失重状态。

解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，根据需要比较的物理量进行求解。

13.答案：ACD
解析：解：AB、设B球达到最高点时的速度为v，根据机械能守恒定律可得：2mgR−mgR=1
2
×3mv2，
解得v=√2
3
gR；
小球在最高点对杆的作用力为零时速度为v0，根据牛顿第二定律可得mg=m v02
，解得v0=√gR>v，
R
故在C时杆受到的是压力，故A正确、B错误；
C、如果A球的质量小于B的质量，B球一定不能够达到最高点，故C正确；
D、调整两小球的质量比，如果小球B达到最高点的速度为v0=√gR，则杆竖直时受到的作用力为零，故D正确。

故选：ACD。

根据机械能守恒定律求解最高点的速度大小，和临界速度进行比较分析；改变两个小球的质量，根
据质量大小分析运动情况。

本题主要是考查了竖直平面内的圆周运动；注意物体在竖直平面内做圆周运动的情况有两种：一种
是细线系着物体在竖直平面内做圆周运动，在最高点速度最小时重力提供向心力；另一种是轻杆系
着物体在竖直平面内做圆周运动，在最高点时速度可以等于零。

14.答案：BC
解析：解：A、要是电子在加速电场中加速，则电子逆着电场线运动，故b板电势高，故a为阴极b 为阳极，故A错误；
B、电子在cd极板间运动时，电场力做正功，故动能增大，速度增大，故B正确；
C、ab间电势差越大，有动能定理可得离开加速电场时的速度越大，电子在偏转电场中的偏转量可
能变小，故在偏转电场中电场力做功变少，故动能改变量可能变少，故C正确；
D、ab间电势差越大，有动能定理可得，当只要能达到C板，则时间相同，故D错误；
故选：BC．
电子在加速电场中运动时，电场力做功eU，根据动能定理列式得出v与U的关系式，在偏转电场偏转量为由偏转电压和加速电压有关．
此题关键运用动能定理研究加速过程，要知道粒子加速获得的速度与极板间的距离无关，而在偏转
电场中偏转量即与加速电压有关，由于偏转电压有关．
15.答案：CD0.800.56
解析：解：(1)A、打点计时器应接交流电源，故A错误。

B、实验时应先接通电源，再释放小车，故B错误。

C、实验中为了使钩码的重力等于绳子的拉力，需满足小车的质量远大于钩码的质量，故C正确。

D、平衡摩擦力时应将长木板右端垫高，故D正确。

故选：CD。

(2)根据△x =aT 2，运用逐差法得，a =s 4+s 5+s 6−s 1−s 2−s 3
9T 2
=
(5.97+6.78+7.64−3.59−4.41−5.19)×10−2
9×0.01
m/s 2=
0.80m/s 2。

D 点的瞬时速度v D =
s 3+s 42T
=
(5.19+5.97)×10−2
2×0.1
m/s =0.56m/s 。

故答案为：(1)CD (2)0.80，0.56。

(1)根据实验的原理和注意事项确定正确的操作步骤。

(2)根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出小车的加速度，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出D 点的速度。

解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论的运用。

16.答案：(1)5.00
绳子有一定的质量、滑轮与绳子之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等
(3)√2gs =2d
△t′
解析：解：(1)游标卡尺的读数d =5mm +0.05×0mm =5.00mm 。

(2)系统动能的增加量
系统重力势能的减小量为
mgh ，应满足的关系式为：mgℎ=
3md 2
2△t 2，即gℎ=3d 2
2△t 2。

引起实验系统误差的主要原因有：绳子有一定的质量、滑轮与绳子之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等。

(3)根据机械能守恒定律可知，mgs =1
2mv 2，
解得：v =√2gs ；则可知，作用前的动量P =mv =m √2gs ；
此后AB 一起做匀速运动，运动速度v′=d
△t′，故作用后的动量P′=2mv′=2md Δt ′
，
故只要验证√2gs =2d
△t′即可证明动量守恒；
若没有摘去C ，则三个物体速度相同后做加速运动，则根据机械能守恒定律可知；
解得
；
则作用后的动量P’=3mv′=3m √d 2
Δt′2−23
gℎ
故应验证的表达式为：。

故答案为：(1)5.00；；绳子有一定的质量、滑轮与绳子之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等；；。

(1)游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读。

(2)根据系统机械能守恒，得出系统重力势能的减小量和系统动能的增加量，根据极短时间内的平均速度表示瞬时速度求出系统末动能。

(3)根据B下落的高度利用机械能守恒可求得绳子张紧瞬间的速度，再求出下落经过光电门的速度，从而明确张紧后的共同速度，则即可明确作用前后的动量，从而验证动量守恒。

本题利用阿特伍德机来验证机械能守恒和动量守恒，属于创新型实验，所以解决本题的关键在于知道实验的原理，明确验证机械能守恒定律和动量守恒的实验方法；同时掌握利用光电门求解速度的基本方法。

17.答案：(1)40m/s；(2)22s．
解析：略。

18.答案：解：(1)设场强为E，把小球A、B看作一个系统，由于绳未断前作匀速运动，
由平衡条件得：2qE=(m A+m B)g，
解得：E=104V/m；
(2)细绳断后，根据牛顿第二定律得：
对A：qE−mg=m A a A，
解得：a A=0.5g=5m/s2，方向向上；
对B：qE−m B g=m B a B，
解得：a B=−0.25g=2.5m/s2，负号表示方向向下；
a1t2=0.6m
(3)细绳断开后0.4s末A的位移x A=v0t+1
2
a2t2=0
细绳断开后0.4s末B的位移x B=v0t−1
2
细绳断开后0.4s末A、B两球间的距离S=x A+L=0.6m+0.5m=1.1m。

答：(1)该匀强电场的场强E为104V/m；
(2)细绳断开后A、B两球的加速度a A、a B分别为55m/s2，方向竖直向上、2.55m/s2，方向竖直向下；
(3)细绳断开后0.4s末A、B两球间的距离为1.1m。