如图7是一演示实验的电路图，图中L是一个带铁芯的线圈，A是一灯泡.起初，开关处于闭合状态，电路是接通的，现将开关断开，则开关断开的瞬间，通过灯泡A的电流方向是从_______端经灯泡到______端.

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（1）图1是一个能够显示平抛运动及其特点的演示实验，用小锤敲击弹性金属片，小球A就沿水平方向飞出，做平抛运动；同时小球B被松开，做自由落体运动．图2是该装置一次实验的数码连拍照片，同时显示了A、B球分别做平抛运动和自由落体运动的轨迹．

①由图2的数码连拍照片分析可知，做平抛运动的A球离开轨道后在竖直方向的分运动是

 

．
②现在重新设计该实验，如图3所示，光源位于S点，紧靠着光源的前方有一个小球A，光照射A球时在竖直屏幕上形成影子P．现打开数码相机，同时将小球向着垂直于屏幕的方向水平抛出，不计空气阻力，小球的影像P在屏幕上移动情况即被数码相机用连拍功能（每隔相同的时间自动拍摄一次）拍摄下来，如图4所示．则小球的影像P在屏上移动情况应当是图4中的

 

（选填“（c）”或“（d）”）．
（2）物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图5所示，打点计时器固定在斜面上．滑块拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上加速滑下，如图5所示．图6是打出纸带的一段．

①先利用纸带测出滑块的加速度a，已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，选A、B、C…等7个点为计数点，各计数点间均有一个点没有画出，各计数点间距离如图5所示，滑块下滑的加速度a=

 

m/s²．
②除了加速度a，为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有

 

．（填入所选物理量前的字母）
A．木板的长度L                   B．木板的末端被垫起的高度h
C．木板的质量m₁                  D．滑块的质量m₂
E．滑块运动的时间t
③滑块与木板间的动摩擦因数μ=

 

 （用被测物理量的字母表示，重力加速度为g）．与真实值相比，测量的动摩擦因数应该比真实值

 

 （填“偏大”或“偏小”）．写出支持你的看法的一个论据：

 

．

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彭老师在课堂上做了一个演示实验：装置如图所示，在容器的中心放一个圆柱形电极，沿容器边缘内壁放一个圆环形电极，把A和B分别与电源的两极相连，然后在容器内放入液体，将该容器放在磁场中，液体就会旋转起来．王同学回去后重复彭老师的实验步骤，但液体并没有旋转起来．造成这种现象的原因可能是，该同学在实验过程中（　　）

A、将磁铁的磁极接反了

B、将直流电源的正负极接反了

C、使用的电源为50Hz的交流电源

D、使用的液体为饱和食盐溶液

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在学习光的色散的时候老师在课堂上做了一个演示实验，让某特制的一束复色光由空气射向一块平行平面玻璃砖（玻璃较厚），经折射分成两束单色光a、b，已知a光是红光，而b光是蓝光，你认为下图中哪个光路图是正确的（　　）?

A．

B．

C．

D．

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有一个演示实验，在上下面都是金属板的玻璃盒内，放了许多锡箔纸揉成的小球，当上下板间加上电压后，小球就上下不停地跳动．现取以下简化模型进行定量研究．如图所示，电容量为C的平行板电容器的极板A和B水平放置，相距为d，与电动势为E、内阻可不计的电源相连．设两板之间只有一个质量为m的导电小球，小球可视为质点，小球与极板每次发生碰撞后，速度都立即变为零，带电状态也立即改变，改变后，小球所带电荷性质与该极板电荷性质相同，电量为极板电量的n倍（n＜＜1），不计带电小球带电对极板间匀强电场的影响．重力加速度为g
（1）当电键S闭合后，电容器所带的电量Q=？
（2）欲使小球能够不断地在两板间上下往返运动，电动势E至少应大于多少？
（3）设上述条件已满足，在较长的时间间隔t内，小球做了很多次往返运动．求在t时间内小球往返运动的次数以及通过电源的总电量．

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                                   高考真题

1．【解析】设物体的质量为m,t₀时刻受盒子碰撞获得速度v，根据动量守恒定律                

3t₀时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v₀，说明碰撞是弹性碰撞            联立以上两式解得  m=M                      

(也可通过图象分析得出v₀=v,结合动量守恒，得出正确结果)

【答案】m=M

2．【解析】由动量守恒定律和能量守恒定律得：      

          解得：

      炮弹射出后做平抛，有：

      解得目标A距炮口的水平距离为：

     同理，目标B距炮口的水平距离为：

              解得：

【答案】

3．【解析】（1）P₁滑到最低点速度为，由机械能守恒定律有：  

    解得：

P₁、P₂碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为、

解得：    =5m/s

P₂向右滑动时，假设P₁保持不动，对P₂有：（向左）

对P₁、M有： 

此时对P₁有：，所以假设成立。

（2）P₂滑到C点速度为，由   得

P₁、P₂碰撞到P₂滑到C点时，设P₁、M速度为v，对动量守恒定律：

     解得：

对P₁、P₂、M为系统：

代入数值得：

滑板碰后，P₁向右滑行距离：

P₂向左滑行距离：

所以P₁、P₂静止后距离：

【答案】（1）（2）

4．【解析】(1)P₁经t₁时间与P₂碰撞，则     

P₁、P₂碰撞，设碰后P₂速度为v₂，由动量守恒：

解得（水平向左）    （水平向右）

碰撞后小球P₁向左运动的最大距离：      又：

解得：

所需时间：

（2）设P₁、P₂碰撞后又经时间在OB区间内再次发生碰撞，且P₁受电场力不变，由运动学公式，以水平向右为正：   则： 

解得：  （故P₁受电场力不变）

对P₂分析：  

所以假设成立，两球能在OB区间内再次发生碰撞。

5．【解析】从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变。根据它们通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4┱1。

设碰撞后小球A和B 的速度分别为和，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等，有

                     ………… ①

               ………… ②

联立以上两式再由,可解出 m₁∶m₂=2∶1

【答案】2∶1

6．【解析】⑴碰后B上摆过程机械能守恒，可得。

⑵两球发生弹性碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒。设与B碰前瞬间A的速度是v₀，有2mv₀=2mv_A+mv_B，，可得v_A= v₀/3，v_B= 4v₀/3，因此，同时也得到。

⑶先由A平抛的初速度v_A和水平位移L/2，求得下落高度恰好是L。即两球碰撞点到水平面的高度是L。A离开弹簧时的初动能可以认为就等于弹性力对A做的功。A离开弹簧上升的全过程用机械能守恒：，解得W=

【答案】（1）   （2）W= 　　　　　　　　　　　　　　　　　

7．【解析】此题是单个质点碰撞的多过程问题，既可以用动能定理与动量定理求解，也可以用力与运动关系与动量求解．设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为v。                                  

由动能定理得          ①

以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量

②                                         

设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h’，则 ③                             

同理，有 ④   ⑤                                     

式中，v’为小物块再次到达斜面底端时的速度，I’为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量。由①②③④⑤式得       ⑥式中   ⑦                                         

由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为

  ⑧总冲量为 ⑨

   由  （ ⑩得⑾

      代入数据得     N?s     

【答案】  N?s

8．【解析】此题开始的绳连的系统，后粘合变成了小球单个质点的运动问题（1）对系统，设小球在最低点时速度大小为v₁，此时滑块的速度大小为v₂，滑块与挡板接触前由系统的机械能守恒定律：mgl = mv₁² +mv₂²①

由系统的水平方向动量守恒定律：mv₁ = mv₂②

对滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量为：I = mv₂③

联立①②③解得I = m 方向向左④

（2）小球释放到第一次到达最低点的过程中，设绳的拉力对小球做功的大小为W，对小球由动能定理：mgl＋W = mv₁²⑤

联立①②⑤解得：W =－mgl，即绳的拉力对小球做负功，大小为mgl 。

【答案】（１）I = m 方向向左；（２）mgl

9．【解析】（1）设B在绳被拉断后瞬间的速度为,到达C点时的速度为，有

   （1）    （2）

代入数据得         （3）

（2）设弹簧恢复到自然长度时B的速度为，取水平向右为正方向，有

    （4）      （5）

代入数据得     其大小为4NS  （6）

（3）设绳断后A的速度为，取水平向右为正方向，有

 （7）   代入数据得

【答案】（１）　　（２）4NS　　　　　（３）

10．【解析】设摆球A、B的质量分别为、，摆长为l，B球的初始高度为h₁，碰撞前B球的速度为v_B.在不考虑摆线质量的情况下，根据题意及机械能守恒定律得

                                                  ①

                                                    ②

设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为P₁、P₂。有

P₁=m_Bv_B                                                              ③

联立①②③式得

                                           ④

同理可得

                                     ⑤

联立④⑤式得                                        

代入已知条件得         由此可以推出≤4%                                                      

所以，此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律。

【答案】≤4%  

名校试题

1．【解析】（1）M静止时，设弹簧压缩量为l₀，则Mg＝kl₀      ①

速度最大时，M、m组成的系统加速度为零，则

(M＋m)g－k(l₀＋l₁)＝0     ②-

联立①②解得：k＝50N/m   ③                                     

［或：因M初位置和速度最大时都是平衡状态，故mg＝kl₁，解得：k＝50N/m］

（2）m下落h过程中，mgh＝mv₀²     ④-

m冲击M过程中， m v₀＝(M＋m)v       ⑤-

所求过程的弹性势能的增加量：ΔE＝(M＋m)g(l₁＋l₂)＋ (M＋m)v² ⑥

联立④⑤⑥解得：ΔE＝0.66J   ⑦

（用弹性势能公式计算的结果为ΔE＝0.65J也算正确）

【答案】ΔE＝0.66J

2．【解析】①根据图象可知，物体C与物体A相碰前的速度为：v₁=6m/s

       相碰后的速度为：v₂=2m/s   根据定量守恒定律得：…

       解得：m₃=2.0kg

       ②规定向左的方向为正方向，在第5.0s和第15s末物块A的速度分别为：

       v₂=2m/s，v₃=－2m/s 所以物块A的动量变化为：

       即在5.0s到15s的时间内物块A动量变化的大小为：16kg?m/s 方向向右

【答案】（1）m₃=2.0kg   （2）16kg?m/s 方向向右

3．【解析】(1)设第一颗子弹进入靶盒A后，子弹与靶盒的共内速度为。

　　根据碰撞过程系统动量守恒，有：　　

　　设A离开O点的最大距离为，由动能定理有：　

　　解得：　　

(2)根据题意，A在的恒力F的作用返回O点时第二颗子弹正好打入，由于A的动量与第二颗子弹动量大小相同，方向相反，故第二颗子弹打入后，A将静止在O点。设第三颗子弹打入A后，它们的共同速度为，由系统动量守恒得：　（2分）

　　设A从离开O点到又回到O点所经历的时间为ｔ，取碰后A运动的方向为正方向，由动量定理得：　解得：   

(3)从第(2)问的计算可以看出，第1、3、5、……（2ｎ＋1）颗子弹打入A后，A运动时间均为　故总时间　　

【答案】（1）  （2）   （3）

4．【解析】对A、B、C整体，从C以v₀滑上木块到最终B、C达到共同速度V，

其动量守恒既：m v₀=2mV₁+3mv     1.8=2V₁+3×0.4        V₁=0.3m/s          

对A、B、C整体，从C以v₀滑上木块到C以V₂刚离开长木板，

此时A、B具有共同的速度V₁。其动量守恒即：m v₀=mV₂+4mv₁      

1.8=V₂+4×0.3         V₂=0.6m/s  

 【答案】 （1）V₁=0.3m/s  （2）  V₂=0.6m/s    

5．【解析】（1）B与A碰撞前速度由动能定理   

 得         

      B与A碰撞，由动量守恒定律        

      得               

      碰后到物块A、B运动至速度减为零，弹簧的最大弹性势能

（2）设撤去F后，A、B一起回到O点时的速度为，由机械能守恒得

   返回至O点时，A、B开始分离，B在滑动摩擦力作用下向左作匀减速直线运动，设物块B最终离O点最大距离为x

 由动能定理得：                       

 【答案】（1）  （2）

6．【解析】设小车初速度为V₀，A与车相互作用摩擦力为f，      

第一次碰后A与小车相对静止时速为  V₁，由动量守恒，

得 m_AV₀－m_BV₀＝(m_A＋m_B)V₁

   由能量守恒，得m_AV₀²＋m_BV₀²＝f?Ｌ+(m_A＋m_B)V₁²…        图14

    多次碰撞后，A停在车右端，系统初动能全部转化为内能，由能量守恒，得

    fL＝(m_A＋m_B)V₀²…

    联系以上三式，解得：(m_A＋m_B)²＝4(m_A-m_B)²  ＝∴m_A＝3m_B

【答案】m_A＝3m_B

7．【解析】（1）当B离开墙壁时，A的速度为v₀，由机械能守恒有

            mv₀²＝E                         解得 v₀=    

（2）以后运动中，当弹簧弹性势能最大时，弹簧达到最大程度时，A、B速度相等，设为v,由动量守恒有  2mv=mv₀        解得               v=  

（3）根据机械能守恒，最大弹性势能为

             E_p=mv₀²－2mv²=E        

【答案】（1）v₀=  （2）v=    （3）E_p=E

8．【解析】设子弹的质量为m，木块的质量为M，子弹射出枪口时的速度为v₀。

第一颗子弹射入木块时，动量守恒　

木块带着子弹做平抛运动　　　

第二颗子弹射入木块时，动量守恒　

木块带着两颗子弹做平抛运动　　　

联立以上各式解得　　　

【答案】

9．【解析】