一、單選題：本大題共7小題，共28分。
1.將物體水平拋出，在物體落地前(不計(jì)空氣阻力)，下列說法正確的是( )
A. 動量的方向不變B. 動量變化量的方向不變
C. 相同時(shí)間內(nèi)動量的變化量越來越大D. 動量變化的越來越快
2.水刀切割具有精度高，無熱變形、無毛刺，無需二次加工以及節(jié)約材料等特點(diǎn)，因而得到廣泛應(yīng)用。某水刀切割機(jī)床如圖所示，若橫截面直徑為d的圓柱形水流垂直射到要切割的鋼板上，碰到鋼板后水的速度減為零。已知水的流量(單位時(shí)間流出水的體積)為Q，水的密度為ρ，則鋼板受到水的平均沖力大小為( )
A. 4Q2ρ
B. Q2ρ
C. 16ρQ2πd2
D. 4ρQ2πd2
3.在勻強(qiáng)磁場中有粗細(xì)均勻的同種導(dǎo)線制成的正方形線框abcd，磁場方向垂直于線框平面，a、d兩點(diǎn)接一直流電源，電流方向如圖所示。已知ad邊受到的安培力為F，則整個(gè)線框所受安培力為
A. 2FB. 4FC. 23FD. 43F
4.如圖所示，一質(zhì)量為2.0kg的導(dǎo)體棒ab置于傾角為37°的粗糙金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.3，導(dǎo)體棒通過導(dǎo)軌與電源、定值電阻相連，該裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場中(未畫出)。已知電源電動勢為6V，定值電阻的阻值為15Ω，其他電阻均不計(jì)，導(dǎo)體棒接入電路中的長度為0.5m，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3.0T。為了使導(dǎo)體棒ab保持靜止，現(xiàn)給導(dǎo)體棒施加垂直導(dǎo)軌平面向下的壓力F，則F的大小至少為( )
A. 12NB. 18NC. 24ND. 26N
5.如圖所示，兩根相互平行的長直導(dǎo)線過紙面上的M、N兩點(diǎn)，且與紙面垂直，導(dǎo)線中通有大小相等、方向相反的電流。a、O、b在M、N的連線上，O為MN的中點(diǎn)，c、d位于MN的中垂線上，且a、b、c、d到O點(diǎn)
的距離均相等。關(guān)于以上幾點(diǎn)處的磁場，下列說法錯(cuò)誤的是( )
A. O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零
B. a、b兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相同
C. c、d兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相同
D. a、c兩點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向相同
6.如圖所示，在光滑的水平軌道上有甲、乙兩個(gè)等大的小球沿軌道向右運(yùn)動，取向右為正方向，它們的動量分別為p1=5kg?m/s和p2=7kg?m/s。若兩球能發(fā)生正碰，則碰后兩球動量的增量Δp1和Δp2可能是( )
A. Δp1=?3kg?m/s，Δp2=3kg?m/s
B. Δp1=3kg?m/s，Δp2=3kg?m/s
C. Δp1=3kg?m/s，Δp2=?3kg?m/s
D. Δp1=?10kg?m/s，Δp2=10kg?m/s
7.如圖所示，兩光滑且平行的固定水平桿位于同一豎直平面內(nèi)，兩靜止小球m1、m2分別穿在兩桿上，兩球間連接一個(gè)保持原長的豎直輕彈簧，現(xiàn)給小球m2一個(gè)水平向右的初速度v0.如果兩桿足夠長，則在此后的運(yùn)動過程中( )
A. m1、m2組成的系統(tǒng)動量守恒B. m1、m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
C. 彈簧最長時(shí)，其彈性勢能為12m2v02D. 當(dāng)m1速度達(dá)到最大時(shí)，m2速度最小
二、多選題：本大題共3小題，共18分。
8.如圖所示，平板MN上方有足夠大的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里，電子從平板上的小孔O射入勻強(qiáng)磁場，速度方向與平板MN夾角為θ(0p總前
由上述可知，系統(tǒng)碰撞前后動量不守恒，故B錯(cuò)誤；
C.由題意可知，其系統(tǒng)碰撞后的總動量為
p總后=p1+Δp1+p2+Δp2=12kg?m/s=p總前
由上述可知，系統(tǒng)碰撞前后滿足動量守恒，碰后兩球的動量都與原方向相同，但A球的動量增加，與實(shí)際運(yùn)動不符，故C錯(cuò)誤；
D.由題意可知，其系統(tǒng)碰撞后的總動量為
p總后=p1+Δp1+p2+Δp2=12kg?m/s=p總前
由上述可知，系統(tǒng)碰撞前后滿足動量守恒，進(jìn)一步分析可知，碰后A球的動量變?yōu)?br>p 1′=?5kg?m/s
B球碰動量變?yōu)?br>p 2′=?17kg?m/s
根據(jù)動能與動量的關(guān)系有
Ek=12mv2=p22m
由上述式子可知，其A球碰撞前后動能大小不變，但是B球碰后動能變大，即對于A、B組成的系統(tǒng)來說其系統(tǒng)的總動能在碰后大于碰前，違反了能量守恒，故D錯(cuò)誤。
故選A。
7.A
【解析】A.由于兩球豎直方向上受力平衡，水平方向所受的彈力的彈力大小相等，方向相反，所以兩球組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒，故A正確；
B.對于彈簧、m1、m2組成的系統(tǒng)，只有彈力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，由于彈性勢能是變化的，所以m1、m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；
C.當(dāng)兩球的速度相等時(shí)，彈簧最長，彈簧的彈性勢能最大，以向右為正方向，由動量守恒定律得：m2v0=(m1+m2)v，解得：v=m2v0m1+m2；由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得：12m2v02=12(m1+m2)v2+EP，解得：EP=m1m2v022(m1+m2)，故C錯(cuò)誤；
D.若m1>m2，當(dāng)彈簧伸長時(shí)，m1一直在加速，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時(shí)m1速度達(dá)到最大，彈簧伸長時(shí)m2先減速后，速度減至零向左加速，最小速度為零．所以m1速度達(dá)到最大時(shí)，m2速度不是最小，故D錯(cuò)誤。
故選A。
8.BD
【解析】解：作出電子的運(yùn)動軌跡圖，如圖所示，據(jù)半徑公式r=mvBe、周期公式T=2πmBe和幾何關(guān)系有：s=ON=2r×sinθ=2mv?sinθBe，由圓的對稱關(guān)系知，電子在磁場中的偏轉(zhuǎn)時(shí)間t=2θ2π×2πmBe=2θmBe。
AB、若θ一定，增大速度v時(shí)，從上述s=2mv?sinθBe知，距離要增大，時(shí)間t=2θmBe不變，故A錯(cuò)誤，B正確；
CD、若速度v大小一定，θ角從30°增大到150°過程中，軌跡分別畫出軌跡1、2、3所示，從上述s=2mv?sinθBe知，距離先增大到90°時(shí)最大，然后減小。而時(shí)間t=2θmBe一直增大，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選：BD。
先畫出一般情況下電子的運(yùn)動軌跡，由幾何關(guān)系表示出電子打到平板MN上的位置到小孔的距離s和在磁場中運(yùn)動的時(shí)間t，然后用數(shù)學(xué)的方法判斷在各選項(xiàng)情況下s和t的變化。
畫出軌跡，從軌跡圖可以看出結(jié)果，當(dāng)然從數(shù)學(xué)表達(dá)式也能得到結(jié)果，本題的關(guān)鍵是要有變化的思維去分析問題，不要只停留在銳角的前提下，還要考慮鈍角情況。
9.BD
【解析】物體在下滑中只有重力做功，而重力做功只與高度差有關(guān)，故兩種情況下重力做功相等，由12mv2=mg?得兩種情況下到達(dá)斜面底端的速度的大小是相等的，方向沿斜面向下；
A.設(shè)斜面的傾角為β，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinβ=ma，則可得兩物體的加速度分別為：a=gsinθ與a ′=gsinα，設(shè)斜面的高度為?，根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系有：?sinβ=12at2，可得兩物體在斜面上運(yùn)動時(shí)間為：t=1sinθ 2?g與t ′=1sinα 2?g，則可知兩物體運(yùn)動時(shí)間不同，根據(jù)I=mgt可知，兩物體所受重力的沖量也不相同，故A錯(cuò)誤；
B.物體在兩種情況下到達(dá)斜面底端的速度的大小是相等的，而速度的方向不同，所以兩種情況下物體的末動量不同，根據(jù)動量定理：I=△p=mv?0，所以合力的沖量大小相等，方向是不同的，故B正確；
CD.物體在兩種情況下到達(dá)斜面底端的速度的大小是相等的，而速度的方向不同，所以兩種情況下物體的末動量不同，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選BD。
10.BD
【解析】解：A、根據(jù)x?t圖像的斜率等于速度，可知碰撞前P的速度v0=ΔxΔt=164m/s=4m/s，碰撞前P的動量為p0=mPv0=1×4kg?m/s=4kg?m/s，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)圖象可知，碰撞后二者速度相同，說明碰撞為完全非彈性碰撞，故B正確；
C、碰撞后，二者的共同速度v=22?1610?4m/s=1m/s，取碰撞前P的速度方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律得：mPv0=(mP+mQ)v，解得：mQ=3kg，故C錯(cuò)誤；
D、對Q，由動量定理，兩物塊碰撞過程中P對Q作用力的沖量是I=mQv?0=3×1N?s=3N?s，故D正確。
故選：BD。
根據(jù)x?t圖像的斜率等于速度，求出碰撞前P的速度，根據(jù)動量的定義式p=mv求解碰撞前P的動量；碰撞后二者速度相同，說明碰撞為完全非彈性碰撞，碰撞過程中存在機(jī)械能的損失；由圖像的斜率求出碰撞后PQ的共同速度，根據(jù)動量守恒定律求解物塊Q的質(zhì)量；對Q，根據(jù)動量定理求解P對Q的沖量。
解決本題的關(guān)鍵是明確知道位移—時(shí)間圖象的斜率表示速度，碰撞過程遵守動量守恒定律。
11. BD##DB m1?OP=m1?OM+m2?ON B
【解析】(1)[1]A.實(shí)驗(yàn)過程中白紙必須始終放在復(fù)寫紙的下面，且不能調(diào)整位置，故A錯(cuò)誤；
B.以最小的圓圈住盡可能多的落點(diǎn)，則圓心可視為小球的平均落點(diǎn)，使實(shí)驗(yàn)結(jié)果盡可能準(zhǔn)確，故B正確；
C.為保證小球 A 碰撞后不被彈回，兩個(gè)小球的質(zhì)量需要滿足 m1>m2 ，實(shí)驗(yàn)中只需保證小球 A 到達(dá)軌道末端的速度相同，所以軌道表面不必光滑，故C錯(cuò)誤；
D.小球 m1 與 m2 碰撞后， m1、m2 的落點(diǎn)分別是題圖乙中的 M、N 點(diǎn)，故D正確。
故選BD；
(2)[2]對小球 A 和B，根據(jù)動量守恒得
m1v0=m1v1+m2v2
小球從軌道末端飛出后做平拋運(yùn)動，豎直方向有
?=12gt2
水平方向有
OP=v0tOM=v1tON=v2t
整理得
m1?OP=m1?OM+m2?ON
(3)[3]小球 m1 與 m2 碰撞后分開，說明不是完全非彈性碰撞，假設(shè)兩小球是彈性碰撞，系統(tǒng)動量守恒有
m1v0=m1v1+m2v2
根據(jù)系統(tǒng)能量守恒有
12m1v02=12m1v12+12m2v22
聯(lián)立兩式解得
v2=v0+v1
即
ONt=OPt+OMt
可得
OP=MN
由于 OP>MN ，該碰撞不是彈性碰撞，是非彈性碰撞。
12.(1)1.20；(2)①R1；②串聯(lián)；900；④1.4；0.67
【解析】(1)直流2.5V擋的表盤分度值為0.05V，根據(jù)指針?biāo)缚潭瓤芍狤=1.20V
(2)①由于電源內(nèi)阻只有幾歐姆，因此為了操作方便且能準(zhǔn)確進(jìn)行測量，滑動變阻器應(yīng)選擇最大值較小的R1；
②利用電流表G和電阻箱改裝成量程為2V的電壓表，電流表改裝成電壓表要串聯(lián)電阻，所串聯(lián)的阻值R=U?IgRgIg=2?2×100×10?32×10?3Ω=900Ω
④根據(jù)閉合電路歐姆定律有E=I1(Rg+R0)+I2r
變形得I1=?I2rRg+R0+ERg+R0
結(jié)合圖像可知斜率的絕對值|k|=rRg+R0=(1.4?1.0)×10?30.6=23×10?3
解得r≈0.67Ω
根據(jù)圖像的縱軸截距b=ERg+R0=1.4×10?3A
解得E=1.4V
13.解：(1)粒子在場區(qū)受力平衡：qE=qv0B…①
解得：v0=EB，根據(jù)帶正電粒子所受電場力的方向與電場強(qiáng)度的方向相同，可知場強(qiáng)的方向由A指向C
(2)過Q點(diǎn)作半徑OQ，它與CA的延長線交于圓心O，作QH⊥CA，垂足為H，設(shè)粒子做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R，由牛頓第二定律得：qv0B=mv02R…②
在直角三角形HOQ中：HO2+HQ2=R2…③
HQ=2a?acs45°=(2? 22)a…④
HO=OC?HC=(R+a)?HQ…⑤
聯(lián)立③④⑤解得：R=3a…⑥
聯(lián)立①②⑥解得：qm=E3aB2…⑦；
答：(1)電場強(qiáng)度的方向和粒子進(jìn)入場區(qū)的速度大小v0為EB，
(2)若僅撤去電場，粒子仍以原速度自P點(diǎn)射入磁場，從Q點(diǎn)射出磁場，粒子的比荷為E3aB2。
【解析】(1)根據(jù)正電的粒子在電磁場中做直線運(yùn)動可以，粒子受力平衡，根據(jù)電場力等于洛倫茲力求出初速度；
(2)根據(jù)洛倫茲力提供向心力公式結(jié)合幾何關(guān)系求解。
本題考查了粒子在電場與磁場中的運(yùn)動，知道若粒子在混合場中做直線運(yùn)動，則粒子受力平衡，能結(jié)合幾何關(guān)系求解，難度適中。
14.解：(1)設(shè)子彈射入木塊后子彈與木塊的共同速度為v1，以水平向左為正方向，則由動量守恒定律有m0v0?mv=(m+m0)v1，
代入數(shù)據(jù)解得v1=8m/s；
(2)木塊和子彈恰好不從小車上掉下來，則木塊和子彈相對小車滑行d=6m時(shí)，跟小車具有共同速度v2，設(shè)向左為正方向，則由動量守恒定律有
(m+m0)v1?Mv=(m+m0+M)v2，
代入數(shù)據(jù)解得v2=0.8m/s；
(3)由能量守恒定律有Q=12(m+m0)v12+12Mv2?12(m+m0+M)v22，
由功能關(guān)系有Q=μ(m+m0)gd，
解得μ=0.54，
設(shè)向左為正方向，根據(jù)動量定理得
?μ(m+m0)gt=0?Mv，
解得t=2027s=0.74s。

【解析】整個(gè)運(yùn)動的過程中，系統(tǒng)的動量守恒，對于不同的過程，根據(jù)動量守恒和能量守恒計(jì)算即可解決。(1)子彈與滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可以求出滑塊的速度；
(2)子彈、滑塊、小車組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律求出它們的最終速度；
(3)根據(jù)能量守恒定律結(jié)合功能關(guān)系求出動摩擦因數(shù)，然后分析滑塊，由動量定理求時(shí)間。
15.解：(1) A受到的合外力大小F=2qE?qE，
由牛頓第二定律可得A的加速度大小a=Fm=qEm，
設(shè)經(jīng)時(shí)間t發(fā)生碰撞，則s=12at2，
聯(lián)立解得t= 2smqE；
(2)碰撞后A的速度最大時(shí)所受合力為零，有qE+qE=F庫，
設(shè)A、B間的距離為x，則心F庫=kq2x2，
可得x= kq2E；
(3)碰撞前A的瞬時(shí)速度為vm，有
vm= 2as，
設(shè)碰后瞬間B的速度為v0，A的瞬時(shí)速度為v′，A、B發(fā)生彈性正碰時(shí)動量守恒、機(jī)械能守恒，
mvm=mv′+mv0，
12mvm2=12mv02+12mv′ 2，
可得v′=0，v0= 2qEsm，
碰撞分離后至A速度達(dá)到最大的過程中，A、B系統(tǒng)受到的合外力為零，動量守恒，有會
mv0=mvB?mvm，
設(shè)庫侖力對A、B做的總功為W，由動能定理可得W?qEx?qEx=12mvm2+12mvB2?12mv02，
可得W=4qEs+q 2qEk。
【解析】(1)對A受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得出加速度，再結(jié)合位移時(shí)間關(guān)系得出時(shí)間；
(2)碰撞后A的速度最大時(shí)所受合力為零，列出受力平衡方程即可；
(3)彈性碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒列式子。碰撞分離后至A速度達(dá)到最大的過程中，AB系統(tǒng)動量守恒。再結(jié)合動能定理得出A、B間的庫侖力對A、B做的總功。
本題是物體在電場和重力場復(fù)合場中的動量和能量的關(guān)系及動力學(xué)問題，難道較大。

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