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如圖甲所示，用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系。

（1）實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通過僅測量____（填選項前的符 號），間接地解決這個問題。
A．小球開始釋放高度h
B．小球拋出點距地面的高度H
C．小球做平拋運動的射程
（2）圖甲中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影。實驗時，先讓入射球m₁多次從斜軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，測量平拋射程OP。然后，把被碰小球m₂靜置于軌道的水平部分，再將入射球m₁從斜軌上S位置靜止釋放，與小球m₂相碰，并多次重復，接下來要完成的必要步驟是___（填選項前的符號）
A．用天平測量兩個小球的質量m₁、m₂
B．測量小球m₁開始釋放高度h
C．測量拋出點距地面的高度H
D．分別找到m₁、m₂相碰后平均落地點的位置M、N
E．測量平拋射程OM，ON
（3）若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示為___（用（2）中測量的量表示）；若碰撞是彈性碰撞，那么還應滿足的表達式為___（用（2）中測量的量表示）。
（4）經測定，m₁=45.0 g，m₂=7.5 g，小球落地點的平均位置距O點的距離如圖乙所示。碰撞前、后m₂的動量分別為P₁與P₁'，則P₁：P₁'=____：11；若碰撞結束時m₂的動量為P₂'，則P₁'：P₂'=11：____。實驗結果說明，碰撞前、后總動量的比值為____。

（5）有同學認為，在上述實驗中僅更換兩個小球的材質，其他條件不變，可以使被碰小球做平拋運動的射程增大。請你用（4）中已知的數據，分析和計算出被碰小球m₂平拋運動射程ON的最大值為____cm。

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1. B　解析：由圖可知AB、BC、CD的距離分別是10cm、30cm、50cm，它們的距離之比為1：3：5，說明水滴做自由落體運動，在A到B、B到C，C到D所用時間相等，由得，，所以光源應滿足的條件是間歇發光其間隔時間為0.14s。

2. C　解析：依題意作出物體的v-t圖象，如圖1所示。圖線下方所圍成的面積表示物體的位移，由幾何知識知圖線②、③不滿足AB=BC。只能是①這種情況。因為斜率表示加速度，所以a₁<a₂，選項C正確。

3. D　解析：對掛鉤進行受力分析，如圖所示，圖中α、β為A、B繩與豎直方向的夾角，兩繩拉力如圖中F_A0、F_B0所示；當右側桿向左平移，則α、β均變小，兩繩拉力如圖中F_A、F_B所示；由圖可知，A、B繩的拉力均變小，AB錯；由于掛鉤受力平衡，兩繩對掛鉤的拉力合力一定與衣服對掛鉤的拉力大小相等、方向相反，因此合力不變，D正確。

4.　A　解析：從0到的時間內，磁感應強度從2均勻減小到0，根據楞次定律和右手定則可判斷出感應電流的方法與規定的方向相反，大小為：；同理，從到T的時間，磁感應強度方向向下，大小均勻增大，感應電流的磁場方向向上，由右手定則可知感應電流的方法與規定的方向相反，大小為：，故A選項正確。

5. ABC　解析：從F－t圖象上可以看出，在0～t1、t2～t3和t4以后的時間內，彈簧秤對鉤碼的拉力F等于鉤碼的重力10N；t1～t2這段時間內，彈簧秤對鉤碼的拉力F小于鉤碼的重力，鉤碼處于失重狀態；t3～t4這段時間內，彈簧秤對鉤碼的拉力F大于鉤碼的重力，鉤碼處于超重狀態，所以選項ABC正確。

6. B　解析：由圖像的變化快慢可知曲線ab先變化非常快，為斥力圖，cd為引力圖，e點是兩曲線的交點，即分子間引力與斥力相等時，此時分子間距離的數量級為10－10m，B對A錯；分子間距離大于e點橫坐標值時，分子間作用力表現為引力，C錯；分子勢能在平衡位置以內隨距離增大而減小，在平衡位置以外隨分子間距離增大而增大，D錯.

7. C　解析：假設將小球放在彈簧頂端釋放球，這就是一個常見的彈簧振子，由對稱性知，球到達最低點的加速度為，本題中彈簧在最低點時壓縮量比假設的模型大，故答案為C．

8.　B　解析：導體桿往復運動，切割磁感線相當于電源，其產生的感應電動勢E＝Blv，由于桿相當于彈簧振子，其在O點處的速度最大，產生的感應電動勢最大，因此電路中的電流最大。根據右手定則，電流在P、Q兩處改變方向，此時的電流為零。故選擇B.

9．　11.14 mm　　　

10.　 1.5V　0.2Ω　0.4Ω　1.25W　0.1Ω　2.5

解析：由電源的伏安特性曲線讀得電源電動勢為E=1.5V，橫截距表示短路電流I=7.5A，電源內阻為Ω。

a點對應的電源輸出電壓為1.0V，電流為2.5A，此時的電壓和電流是加在外電阻兩端的電壓和流過外電阻的電流，因此Ω，電源內部熱耗功率為 W。

    圖線中的b點所對應的外電阻R_b上的電壓為0.5V，流過其中的電流為5.0A，于是Ω  輸出功率為P_b=I_bU_b=0.25W。

11. 解析：（1）因為電路中需要得到改裝后電壓表量程與電源電動勢兩個未知數，所以需要兩個電路狀態聯立方程求解。連接如圖所示。

（2）當當S₁與S₂均閉合時，由閉合電路的歐姆定律得：

即：         ①

當S₁閉合，S₂斷開時，由閉合電路的歐姆定律得：

，

即： ②

由①②兩式可得：，

則電壓表的量程：

12. 解析：用圖象求解，做出速度時間圖象如圖所示，從圖象看出從B上升到最高點的時間與由最高點落回A的時間之比為1：2，所以從A運動到B的時間與從B上升到最高點的時間之比為1：3，即，又   　所以解得

13.

半徑/cm

質量/m₀

角速度/rad?s^-1

圈數

轉動動能/J

6.4

14.4

25.6

12.8

19.2

25.6

25.6

57.6

102.4

（2）E_K= kmω²r² (k是比例常數)                （3）控制變量法　

14.  解析：（1）依題意分析可知：碰撞發生在第1、2兩次閃光時刻之間，碰撞后B靜止，故碰撞發生在x=60cm處。

（2）碰撞后A向左做勻速直線運動，設其速度為，

碰撞到第二次閃光時A向左運動10cm，時間設為，有

第一次閃光到發生碰撞時間為，有：

由以上各式可得：

（3）取向右方向為正方向，碰撞前：A的速度，B的速度

碰撞后：A的速度，B的速度

由動量守恒守恒定律可得：

由以上各式可得：：=2：3