甘肃省张掖市民乐一中高二物理下学期第一次月考试卷（含解析）.doc

甘肃省张掖市民乐一中2014-2015学年高二 下学期第一次月考物理试卷一、选择题（本题包括14小题，共56分每小题给出的四个选项中，其余各题只有一个选项正确，其中6、8、12有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全的得2分，选错和不选的得零分）1（4分）一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示则下列说法正确的是（）at=0时刻，线圈平面与中性面垂直bt=0.01s时刻，的变化率最大ct=0.02s时刻，交流电动势达到最大d该线圈相应产生的交流电动势的图象如图乙所示2（4分）图甲、图乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化，下列说法正确的是（）a图甲表示交变电流，图乙表示直流电b两种电压的有效值都是220vc图甲所示电压的瞬时值表达式为u=311sin100t vd图甲所示电压经原、副线圈匝数比为10：l的理想变压器变压后，原、副线圈电功率之比为10：l3（4分）如图所示是一交变电流的it图象，则该交变电流的有效值为（）a4 ab2 acad4（4分）关于电能输送的分析，正确的是（）a由公式p=可知，输电电压越高，输电线上损失的功率越大b由公式p=可知，输电线电阻越大，输电线上功率损失越小c由公式p=i2r可知，输电的电流越大，在输电线上损失的功率越大d由公p=ui可知，输电线上的功率损失与输出电压成正比5（4分）如图所示，交流电流表a1、a2、a3分别与电容器c、线圈l和电阻r串联后接在同一个交流电源上，供电电压瞬时值为u1=umsin1t，三个电流表读数相同现换另一个电源供电，供电电压瞬时值为u2=umsin2t，2=21改换电源后，三个电流表的读数将（）aa1将减小，a2将增大，a3将不变ba1将增大，a2将减小，a3将不变ca1将不变，a2将减小，a3将增大da1将减小，a2将减小，a3将不变6（4分）如图所示，一理想变压器接在电压为u的交流电源上，原线圈接入电路的匝数可以通过调节滑动触头p来改变副线圈连接交流电流表、定值电阻r0和可变电阻r，则（）a保持p的位置不动，将r的阻值减小，电流表的读数变小b保持p的位置不动，将r的阻值减小，r0的电功率变大c保持r的阻值不变，将p向上滑动，电流表的读数变小d保持r的阻值不变，将p向上滑动，r0的电功率变大7（4分）下列关于传感器的说法中不正确的是（）a传感器能将感受到的外部信息按照一定的规律转换为电信号b传感器在日常生活中并不常见c光敏电阻是一种利用光敏元件将光信号转化为电信号的传感器d热敏电阻是将温度的变化转化为电信号的传感器8（4分）如图是温度报警器电路示意图，下列关于对此电路的分析正确的是（）a当rt的温度升高时，rt减小，a端电势降低，y端电势升高，蜂鸣器会发出报警声b当rt的温度升高时，rt减小，a端电势升高，y端电势降低，蜂鸣器会发出报警声c当增大r1时，a端电势升高，y端电势降低，蜂鸣器会发出报警声d当增大r1时，a端电势降低，y端电势升高，蜂鸣器会发出报警9（4分）跳远时，跳到沙坑里比跳到普通地面上安全，这是因为（）a人跳在沙坑里的动量比跳在地面上小b人跳在沙坑里的动量变化比跳在地面上小c人跳在沙坑里受到的冲力比跳在地面上小d人跳在沙坑里受到的冲量比跳在地面上小10（4分）下列情形中，满足动量守恒的是（）a铁锤打击放在铁砧上的铁块，打击过程中，铁锤和铁块的总动量b子弹水平穿过放在光滑水平桌面上的木块过程中，子弹和木块的总动量c子弹水平穿过墙壁的过程中，子弹和墙壁的总动量d棒击垒球的过程中，棒和垒球的总动量11（4分）两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是（）a若甲最先抛球，则一定是v甲v乙b若乙最后接球，则一定是v甲v乙c只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲v乙d无论怎样抛球和接球，都是v甲v乙12（4分）某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，若不计水的阻力，那么在这段时间内人和船的运动情况是：（）a人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比b人加速行走，船加速后退，而且加速度大小与它们的质量成反比c人走走停停，船退退停停，两者动量总和总是为零d当人在船尾停止运动后，船由于惯性还会继续后退一段距离13（4分）如图所示，设车厢长为l，质量为m，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m的物体以初速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静止在车厢中，则最终车厢速度是（）av0，水平向右b0c，水平向右d，水平向左14（4分）两球a、b在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，ma=1kg，mb=2kg，va=6m/s，vb=2m/s当a追上b并发生碰撞后，两球a、b速度的可能值是（）ava=5 m/s，vb=2.5 m/sbva=2 m/s，vb=4 m/scva=4 m/s，vb=7 m/sdva=7 m/s，vb=1.5 m/s二、实验题（共12分）15（4分）若用打点计时器做探究碰撞中的不变量实验时，下列哪些操作是正确的（）a相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了改变两车的质量b相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起c先接通打点计时器电源，再释放拖动纸带的小车d先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源16（8分）“探究碰撞中的不变量”的实验中，入射小球m1=15g，原来静止的被碰小球m2=10g，由实验测得它们在碰撞前后的xt图象如图所示，由图可 知，入射小球碰撞前的m1v1是，入射小球碰撞后的m1v1是，被碰小球碰撞后的m2v2是，由此得出结论三、计算题（共42分，按题目要求作答，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）17（10分）如图甲所示，用水平向右的力f拉放在光滑水平地面上、质量为500kg的物体，作用时间为20s，使物体获得0.5m/s的速度若力f大小的变化为：前15s从零开始随时间均匀增大，后5s均匀减小为零，如图乙所示，求：（1）力f对物体的冲量；（2）力f的平均值18（12分）如图所示，一不可伸长的轻质细绳，静止地悬挂着质量为m的木块，一质量为m的子弹，以水平速度v0击中木块，已知m=9m，不计空气阻力问：（1）如果子弹击中木块后未穿出（子弹进入木块时间极短），在木块上升的最高点比悬点o低的情况下，木块能上升的最大高度是多少？（设重力加速度为g）（2）如果子弹以水平速度v0击中木块，在极短时间内又以水平速度穿出木块，则在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能是多少？19（8分）发电机输出的电功率为100kw，输出电压为250v现欲向远处输电，若输电线的总电阻为8，要求输电时输电线上损失的电功率不超过5%，并向用户输送220v电压，求所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比分别为多少？20（12分）如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝；线圈电阻为1，外接电阻r=9，匀强磁场的磁感强度为b=t，当线圈以300rad/min 的转速匀速旋转，若从线圈处于中性面开始计时，求：（1）写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；（2）电路中电压表和电流表的示数各是多少？（3）经过s，通过电阻r的电荷量为多少？甘肃省张掖市民乐一中2014-2015学年高二下学期第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括14小题，共56分每小题给出的四个选项中，其余各题只有一个选项正确，其中6、8、12有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全的得2分，选错和不选的得零分）1（4分）一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示则下列说法正确的是（）at=0时刻，线圈平面与中性面垂直bt=0.01s时刻，的变化率最大ct=0.02s时刻，交流电动势达到最大d该线圈相应产生的交流电动势的图象如图乙所示考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式 专题：交流电专题分析：线圈在中性面时磁通量最大，电动势最小，与中性面垂直时，通过的磁通量最小，变化率最大，电动势为最大解答：解：a、由甲图知t=0时刻磁通量最大，线圈平面应在中性面，故a错误；b、t=0.01s时刻，磁通量等于零，但的变化率达最大，故b正确；c、t=0.02s时刻，磁通量最大，交流电动势为零，故c错误；d、由甲图知交流电动势的图象应为正弦图象，故d错误；故选：b点评：本题关键是记住两个特殊位置：在中性面时磁通量最大，感应电动势最小，电动势方向改变；垂直中性面位置磁通量为零，但电动势最大2（4分）图甲、图乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化，下列说法正确的是（）a图甲表示交变电流，图乙表示直流电b两种电压的有效值都是220vc图甲所示电压的瞬时值表达式为u=311sin100t vd图甲所示电压经原、副线圈匝数比为10：l的理想变压器变压后，原、副线圈电功率之比为10：l考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系 专题：交流电专题分析：解本题时应该掌握：交流电和直流电的定义，直流电是指电流方向不发生变化的电流；理解并会求交流电的有效值，只适用于正余弦交流电；根据图象书写交流电的表达；变压器的原理等解答：解：a、由于两图中表示的电流方向都随时间变化，因此都为交流电，故a错误；b、由于对应相同时刻，图甲电压比图乙电压大，根据有效值的定义可知，图1有效值要比图2有效值大，图甲是正弦式交流电，所以有效值，乙小于220v，故b错误；c、图甲所示电压的最大值为311v，周期为0.02s，故角速度为100；因此其电压的瞬时值表达式为u=311sin100t v，故c正确；d、理想变压器变压后，频率不发生变化，故d错误故选：c点评：本题比较全面的涉及了关于交流电的物理知识，重点是交流电的描述和对于有效值的理解，难度不大，属于基础题3（4分）如图所示是一交变电流的it图象，则该交变电流的有效值为（）a4 ab2 acad考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系 专题：交流电专题分析：根据有效值的定义求解取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值解答：解：设交流电电流的有效值为i，周期为t，电阻为r则：i2rt=r+42r解得：i=故选：d点评：本题考查求交流电的有效值，要明确其定义根据电流的热效应进行分析求解4（4分）关于电能输送的分析，正确的是（）a由公式p=可知，输电电压越高，输电线上损失的功率越大b由公式p=可知，输电线电阻越大，输电线上功率损失越小c由公式p=i2r可知，输电的电流越大，在输电线上损失的功率越大d由公p=ui可知，输电线上的功率损失与输出电压成正比考点：远距离输电 专题：交流电专题分析：根据输出功率p=ui和输电电压u得出输出电流i，根据p损=i2r求出损耗的功率解答：解：a、由公式p=ui可知，输电电压越高，传输电流越小；根据公式p=i2r可知，传输电流越小，输电线上功率损失越小；故a错误；b、由公式p=ui和p损=i2r，得到；故输电导线的电阻越大，功率损失越大，故b错误；c、根据公式p=i2r，输电导线上的功率损失与电流强度的平方成正比，输电电流越大，输电导线上的功率损失越大，故c正确；d、由公式p损=iu计算损失功率时，u必须是输电线上的电阻 分担的电压，而不是输入电压；应该由公式知，输电导线上电阻r的功率损失与输送的电压的平方成反比，故d错误；故选：c点评：解决本题的关键知道输送功率与输出电压和输出电流的关系，损失电压与电流和电阻的关系，以及掌握输电线上损耗的功率p=i2r5（4分）如图所示，交流电流表a1、a2、a3分别与电容器c、线圈l和电阻r串联后接在同一个交流电源上，供电电压瞬时值为u1=umsin1t，三个电流表读数相同现换另一个电源供电，供电电压瞬时值为u2=umsin2t，2=21改换电源后，三个电流表的读数将（）aa1将减小，a2将增大，a3将不变ba1将增大，a2将减小，a3将不变ca1将不变，a2将减小，a3将增大da1将减小，a2将减小，a3将不变考点：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用 分析：当交变电流的频率变大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，因此a变亮，b变暗又因为电阻在直流和交流电路中起相同的作用，故c灯亮度不变解答：解：由公式f= 知，后来交流电的频率变大，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，对电阻没影响，所以a1示数将增大，a2数将减小，a3示数不变，所以选项b正确，acd错误故选：b点评：此题考查电容、电感对交变电流的影响，也就是容抗、感抗与交变电流的关系当交变电流的频率变大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小6（4分）如图所示，一理想变压器接在电压为u的交流电源上，原线圈接入电路的匝数可以通过调节滑动触头p来改变副线圈连接交流电流表、定值电阻r0和可变电阻r，则（）a保持p的位置不动，将r的阻值减小，电流表的读数变小b保持p的位置不动，将r的阻值减小，r0的电功率变大c保持r的阻值不变，将p向上滑动，电流表的读数变小d保持r的阻值不变，将p向上滑动，r0的电功率变大考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：当保持r不变，则由原线圈电压匝数变化，导致副线圈的电压变化，从而根据闭合电路欧姆定律即可求解；当保持p位置不变时，则由电阻变化来确定电流的如何变化，从而得出电表如何，再由变压器的变压比与变流比关系来判定结果解答：解：a、保持p的位置不动，原副线圈电压不变，将r的阻值减小，电流表读数变大，a错误；b、p位置不动，副线圈电压不变，将r的阻值减小，副线圈电流增大，故r0的电功率增大，b正确；c、将p向上滑动，原线圈电压增大，副线圈的电压减小，保持r的阻值不变，电流表的读数变小，c正确；d、将p向上滑动，原线圈电压增大，副线圈的电压减小，保持r的阻值不变，电流表的读数变小，r0的电功率变小，d错误故选：bc点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法7（4分）下列关于传感器的说法中不正确的是（）a传感器能将感受到的外部信息按照一定的规律转换为电信号b传感器在日常生活中并不常见c光敏电阻是一种利用光敏元件将光信号转化为电信号的传感器d热敏电阻是将温度的变化转化为电信号的传感器考点：传感器在生产、生活中的应用 分析：传感器是能感受规定的被测量并按照一定的规律转换成可用信号的器件或装置，通常由敏感元件和转换元件组成解答：解：a、传感器能将被测信号量的微小变化转换成电信号，担负着信息采集的任务故a正确b、传感器在生活中有着广泛的应用；故b不正确；c、光敏电阻是一种利用光敏元件将光信号转化为电信号的传感器；故c正确；d、热敏电阻是将温度的变化转化为电信号的传感器；故d正确；本题选不正确的；故选：b点评：传感器能满足信息的传输、处理、存储、显示、记录和控制等要求，它是实现自动检测和自动控制的首要环节8（4分）如图是温度报警器电路示意图，下列关于对此电路的分析正确的是（）a当rt的温度升高时，rt减小，a端电势降低，y端电势升高，蜂鸣器会发出报警声b当rt的温度升高时，rt减小，a端电势升高，y端电势降低，蜂鸣器会发出报警声c当增大r1时，a端电势升高，y端电势降低，蜂鸣器会发出报警声d当增大r1时，a端电势降低，y端电势升高，蜂鸣器会发出报警考点：常见传感器的工作原理；闭合电路的欧姆定律 分析：根据电路图知，当rt的温度升高时，rt 减小，a端电势升高，y端电势降低，蜂鸣器会发出报警，当增大r1时，a端电势升高，y端电势降低，蜂鸣器会发出报警声解答：解：a、根据电路图知，当rt的温度升高时，rt 减小，a端电势升高，经非门后，y端电势降低，蜂鸣器会发出报警，故a错误 b、同上可知，b正确 c、当增大r1时，a端电势升高，经非门后，y端电势降低，蜂鸣器会发出报警声，故c正确 d、同上可知，d错误故选bc点评：考查了基本数字电路、基本逻辑门的连接电路及功能9（4分）跳远时，跳到沙坑里比跳到普通地面上安全，这是因为（）a人跳在沙坑里的动量比跳在地面上小b人跳在沙坑里的动量变化比跳在地面上小c人跳在沙坑里受到的冲力比跳在地面上小d人跳在沙坑里受到的冲量比跳在地面上小考点：动量定理 专题：动量定理应用专题分析：分析人的运动过程，可知人下落的速度不变，再由动量定理可得出人受到的冲力的变化解答：解：人在下落中接触地面的瞬间速度不变，故人在落地时动量不变，则由动量定理mv=ft可知，人受到的冲量也不变，但在沙坑中由于沙的缓冲，使减速时间延长，故人受到的冲力将小于人在地面上的冲力，故人跳到沙坑里要安全；故选c点评：本题为动量定理的定性分析，要注意比较两种情况下的相同问题，动量相同、冲量相同； 然后再由时间不同，得出人受到的冲力不变10（4分）下列情形中，满足动量守恒的是（）a铁锤打击放在铁砧上的铁块，打击过程中，铁锤和铁块的总动量b子弹水平穿过放在光滑水平桌面上的木块过程中，子弹和木块的总动量c子弹水平穿过墙壁的过程中，子弹和墙壁的总动量d棒击垒球的过程中，棒和垒球的总动量考点：动量守恒定律 分析：根据动量守恒的条件分析答题，系统所受合外力为零，系统动量守恒解答：解：a、铁锤打击放在铁砧上的铁块，打击过程中，铁锤和铁块所受合外力不为零，它们组成的系统动量不守恒，故a错误；b、子弹水平穿过放在光滑水平桌面上的木块过程中，子弹和木块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故b正确；c、子弹水平穿过墙壁的过程中，子弹和墙壁所受合外力不为零，系统动量不守恒，故c错误；d、棒击垒球的过程中，棒和垒球组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故d错误；故选：b点评：本题考查了判断系统是否动量守恒，知道动量守恒的条件即可正确解题11（4分）两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是（）a若甲最先抛球，则一定是v甲v乙b若乙最后接球，则一定是v甲v乙c只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲v乙d无论怎样抛球和接球，都是v甲v乙考点：动量定理 专题：动量定理应用专题分析：根据动量定理守恒进行分析即可解答：解析：因系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等谁最后接球谁的质量中包含了球的质量，即质量大，根据动量守恒：m1v1=m2v2，因此最终谁接球谁的速度小答案：b点评：本题属于基础题，注重动量守恒在实际生活中应用分析12（4分）某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，若不计水的阻力，那么在这段时间内人和船的运动情况是：（）a人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比b人加速行走，船加速后退，而且加速度大小与它们的质量成反比c人走走停停，船退退停停，两者动量总和总是为零d当人在船尾停止运动后，船由于惯性还会继续后退一段距离考点：动量定理 分析：以船和人为系统，系统受到的合外力为0，故系统的动量守恒，系统初始动量为0，根据动量守恒定律即可求解解答：解：人和船组成的系统动量守恒设人的质量为m，瞬时速度为v，船的质量为m，瞬时速度为v人走的方向为正方向0=mvmv解得：mv=mv，即，所以人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比，故a正确；人和船相互作用力大小相等，方向相反，故船与人的加速度分别为和，加速度与它们质量成反比，故b正确；人和船组成的系统动量守恒，系统初始动量为0，所以人走走停停，船退退停停，两者动量总和总是为零，故c正确；当人在船尾停止运动后，船的速度也为零，故d错误故选abc点评：船组成的系统动量守恒，总动量为0，所以不管人如何走动，在任意时刻两者的动量大小相等、方向相反若人停止运动而船也停止运动，难度不大，属于基础题13（4分）如图所示，设车厢长为l，质量为m，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m的物体以初速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静止在车厢中，则最终车厢速度是（）av0，水平向右b0c，水平向右d，水平向左考点：动量守恒定律 专题：动量定理应用专题分析：物体与车厢反复碰撞，最终两者速度相等，在此过程中，两者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出车厢的速度解答：解：以物体与车厢组成的系统为研究对象，以向右为正，由动量守恒定律可得：mv0=（m+m）v，最终车的速度v=，方向与v0的速度相同，水平向右，故c正确故选：c点评：在碰撞过程中车与物体动量守恒，由动量守恒定律可以正确解题，难度不大，属于基础题14（4分）两球a、b在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，ma=1kg，mb=2kg，va=6m/s，vb=2m/s当a追上b并发生碰撞后，两球a、b速度的可能值是（）ava=5 m/s，vb=2.5 m/sbva=2 m/s，vb=4 m/scva=4 m/s，vb=7 m/sdva=7 m/s，vb=1.5 m/s考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后a球速度不大于b球的速度解答：解：考虑实际情况，碰撞后a球速度不大于b球的速度，因而ad错误，bc满足；两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，abcd均满足；根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为22j，b选项碰撞后总动能为18j，c选项碰撞后总动能为57j，故c错误，b满足；故选b点评：本题碰撞过程中动量守恒，同时要遵循能量守恒定律，不忘联系实际情况，即后面的球不会比前面的球运动的快！二、实验题（共12分）15（4分）若用打点计时器做探究碰撞中的不变量实验时，下列哪些操作是正确的（）a相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了改变两车的质量b相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起c先接通打点计时器电源，再释放拖动纸带的小车d先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源考点：验证动量守恒定律 专题：实验题分析：根据实验原理与实验步骤分析答题，动量是矢量，验证动量是否守恒，需要测出小车质量与小车的速度解答：解：a、相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起，不是为了改变车的质量，故a错误，b正确；c、为了能测出小车从初速度为零开始的运动，应先接通电源再释放纸带；故c正确，d错误；故选：bc点评：本题考查了验证动量守恒定律实验，知道实验原理、明确所采用实验方法中的理论依据16（8分）“探究碰撞中的不变量”的实验中，入射小球m1=15g，原来静止的被碰小球m2=10g，由实验测得它们在碰撞前后的xt图象如图所示，由图可 知，入射小球碰撞前的m1v1是0.015kgm/s，入射小球碰撞后的m1v1是0.0075kgm/s，被碰小球碰撞后的m2v2是0.0075kgm/s，由此得出结论碰撞中mv的矢量和是守衡的量考点：验证动量守恒定律 专题：实验题分析：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，最后分析实验数据得出实验结论解答：解：由图象可知，碰前入射小球的速度：v1=1m/s，碰后入射球的速度：v1=0.5m/s，被碰球碰后的速度：v2=0.75m/s，入射球碰前的动量：p=m1v1=0.015kgm/s，入射小球碰撞后的m1v1=0.0075kg/s，被碰小球碰撞后的：m2v2=0.0075kgm/s，碰后系统的总动量：p=m1v1+m2v2=0.015kgm/s通过计算发现：两小球碰撞前后的动量相等，即：碰撞中mv的矢量和是守衡的量故答案为：0.015kgm/s；0.0075kgm/s；0.0075kgm/s；碰撞中mv的矢量和是守衡的量点评：本题考查了实验数据分析，由图象求出小球的位移与对应的时间，应用速度公式与动量的计算公式即可正确解题三、计算题（共42分，按题目要求作答，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）17（10分）如图甲所示，用水平向右的力f拉放在光滑水平地面上、质量为500kg的物体，作用时间为20s，使物体获得0.5m/s的速度若力f大小的变化为：前15s从零开始随时间均匀增大，后5s均匀减小为零，如图乙所示，求：（1）力f对物体的冲量；（2）力f的平均值考点：动量定理 专题：动量定理应用专题分析：（1）根据动量定理求解拉力的冲量；（2）ft图象与时间轴包围的面积表示拉力的冲量解答：解：（1）拉力对物体的冲量等于物体的动量增加，有：if=mv=5000.5ns=250ns（2）由于拉力均匀变化，设拉力的平均值为f，则拉力的冲量大小为图乙中图线与时间轴线所围成的面积，则：if=ft得：f=12.5n答：（1）力f对物体的冲量为250ns；（2）力f的最大值为12.5n点评：本题关键是根据动量定理列式求解，注意ft图象中图线与t轴包围的面积表示拉力f的冲量大小，不难18（12分）如图所示，一不可伸长的轻质细绳，静止地悬挂着质量为m的木块，一质量为m的子弹，以水平速度v0击中木块，已知m=9m，不计空气阻力问：（1）如果子弹击中木块后未穿出（子弹进入木块时间极短），在木块上升的最高点比悬点o低的情况下，木块能上升的最大高度是多少？（设重力加速度为g）（2）如果子弹以水平速度v0击中木块，在极短时间内又以水平速度穿出木块，则在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能是多少？考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 专题：动量定理应用专题分析：（1）子弹射穿木块过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出木块的速度，然后对木块应用机械能守恒定律求出上升的最大高度；（2）由能量守恒定律可以求出系统损失的机械能；解答：解：（1）因为子弹与木块作用时间极短，子弹与木块间的相互作用力远大于它们的重力，所以子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹与木块开始上升时的速度为v1，设向右为正方向，则mv0=（m+m）v1因不计空气阻力，所以系统上升过程中机械能守恒，设木块上升的最大高度为h，则（m+m）v12=（m+m）gh 得：h=（2）子弹射穿木块前后，子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹穿出时木块速度为v2，设向右为正方向：mv0=m（）+mv2在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能为e=mv02m（）2mv22=mv02答：（1）如果子弹击中木块后未穿出（子弹进入木块时间极短），在木块上升的最高点比悬点o低的情况下，木块能上升的最大高度是（2）如果子弹以水平速度v0击中木块，在极短时间内又以水平速度穿出木块，则在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能是mv02点评