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备考2024届高考物理一轮复习分层练习第七章动量守恒定律第1讲动量动量定理
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这是一份备考2024届高考物理一轮复习分层练习第七章动量守恒定律第1讲动量动量定理，共7页。试卷主要包含了98 N，故选B等内容，欢迎下载使用。
1.[2024山东烟台统考/多选]下列说法正确的是（ BC ）
A.当力与物体的位移垂直时，该力的冲量为零
B.如果物体（质量不变）的速度发生变化，则其所受合外力的冲量不为零
C.物体所受合外力的冲量越大，它的动量变化量也越大
D.做竖直上抛运动的物体，在一定时间内所受重力的冲量可能为零
解析 因力的冲量为I＝Ft，可知当力与物体的位移垂直时，该力的冲量不为零，
故A错误；如果物体(质量不变)的速度发生变化，则物体的动量发生变化，根据动量
定理可知，物体所受合外力的冲量不为零，故B正确；物体所受合外力的冲量越
大，根据动量定理可知，物体的动量变化量一定越大，故C正确；做竖直上抛运动
的物体，在Δt时间内所受重力的冲量IG＝GΔt＝mgΔt，可知做竖直上抛运动的物
体，在Δt时间内所受重力的冲量不可能为零，故D错误.
2.[情境创新/2023新课标/多选]使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等.现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（ BD ）
A.甲的速度大小比乙的大
B.甲的动量大小比乙的小
C.甲的动量大小与乙的相等
D.甲和乙的动量之和不为零
解析 根据F-μmg＝ma可得a＝1mF-μg，因m甲＞m乙、μ甲＝μ乙，故a甲＜a乙，则任意
时刻甲的速度大小比乙的小，A错误；m甲＞m乙，又μ甲＝μ乙，则f甲＞f乙，故甲和乙
组成的系统合外力的冲量方向向左，即甲的动量大小比乙的小，BD正确，C错误.
3.[2024浙江宁波余姚中学校考]一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v.对此过程的描述，错误的是（ A ）
A.地面对运动员的弹力做的功为12mv2
B.运动员所受合力的冲量大小为mv
C.地面对运动员弹力的冲量大小为mv＋mgΔt
D.重力的冲量大小为mgΔt
解析 在跳起过程中，运动员在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力
不做功，故A错误；重力的冲量大小IG＝mgΔt，故D正确；根据动量定理可得运动员
所受合力的冲量大小IF＝mv，故B正确；以运动员为研究对象，受到地面的支持力
和自身的重力，规定向上为正方向，根据动量定理可知(N-mg)Δt＝mv，所以地面对
运动员弹力的冲量为NΔt＝mgΔt＋mv，故C正确.
4.一个质量为50kg的蹦床运动员，从离水平网面1.8m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面2.45m高处.已知运动员和网接触的时间为1s，g取10m/s2.网对运动员的平均作用力大小为（ D ）
A.150NB.550N
C.650ND.1150N
解析 运动员从h1高度处下落，刚触网时的速度大小为v1＝2gh1＝6 m/s，方向竖
直向下，运动员反弹到高度h2，离网时的速度大小为v2＝2gh2＝7 m/s，方向竖直
向上，在接触网的过程中，运动员受到竖直向上的弹力F和竖直向下的重力mg，设
竖直向上为正方向，由动量定理有(F-mg)t＝mv2-(-mv1)，解得F＝1 150 N，故选D.
5.[联系生活实际/2024贵州阶段联考]新能源汽车工业的快速发展，使人们的出行更方便环保，电动汽车逐渐成为家庭的重要交通工具.暑假结束了，某同学乘坐自家的电动汽车返回学校，电动汽车在行驶过程中，以恒定速率通过一段水平圆弧弯道，对于电动汽车的这一运动过程，下列说法正确的是（ C ）
A.电动汽车的动量不变
B.在任意相等时间内，电动汽车所受合力的冲量相同
C.电动汽车的动能不变
D.路面对电动汽车作用力的冲量竖直向上
解析 电动汽车在行驶过程中，以恒定速率通过一段水平弯道，速度大小不变，方向发生变化，所以小球的动量改变，动能不变，故A错误，C正确；电动汽车做匀速圆周运动，受到的合力的大小不变，方向不断改变，所以在任意相等时间内，电动汽车所受合力的冲量大小相等，方向不相同，故B错误；路面给电动汽车竖直向上的支持力和水平方向指向圆心的摩擦力，所以路面对电动汽车作用力的冲量与水平面有一定夹角，而不是竖直向上，故D错误.
6.[2024辽宁沈阳名校联考]海洋馆中一潜水员把一小球以初速度v0从手中竖直向上抛出.从抛出开始计时，4t0时刻小球返回手中.小球始终在水中且在水中所受阻力大小不变，抛出后小球的速度随时间变化的图像如图所示.下列说法正确的是（ C ）
A.上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比为1：4
B.小球返回手中时速度的大小为v04
C.小球在0～4t0时间内动量变化量的大小为43mv0
D.小球在0～4t0时间内阻力所做的功为49mv02
解析 根据冲量的定义，恒力的冲量大小等于力与时间的乘积，小球在水中所受阻力大小不变，根据图像可知，上升过程经历时间为t0，下落过程经历时间为3t0，可知，上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比为1：3，故A错误；小球上升过程与下降过程的位移大小相等，则有v02t0＝v12·3t0，解得v1＝v03，故B错误；小球在0～4t0时间内动量变化量的大小为Δp＝mv1-(-mv0)＝43mv0，故C正确；小球在0～4t0时间内重力做的总功为0，合力做的功即为阻力所做的功，根据动能定理有Wf＝12mv12-12mv02，解得Wf＝-49mv02，故D错误.
7.2023年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，约10分钟后，飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，发射取得圆满成功.假如有一宇宙飞船，它的正面面积为S＝1m2，以v＝7×103m/s的速度进入宇宙微粒尘区，尘区每1m3空间有一微粒，每一微粒平均质量为m＝2×10－5g，飞船经过区域的微粒都附着在飞船上，若要使飞船速度保持不变，飞船的推力应增加（ B ）
C.490ND.980N
解析 选在时间Δt内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于体积为SvΔt空间
内微粒的质量，即M＝mSvΔt1m3，研究对象初动量为零，末动量大小为Mv，设飞船对微
粒的作用力大小为F，由动量定理得FΔt＝Mv-0，则F＝MvΔt＝mSv21m3，根据牛顿第三定
律可知，微粒对飞船的反作用力大小也为F，则飞船要保持匀速飞行，飞船的推力
应增加F，代入数据得F＝0.98 N，故选B.
8.福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响.已知10级台风的风速范围为24.5～28.4m/s，16级台风的风速范围为51.0～56.0m/s.若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的（ B ）
A.2倍B.4倍C.8倍D.16倍
解析 设交通标志牌迎风面积为S、空气密度为ρ、标志牌对台风的作用力为F，在
t时间内吹向标志牌的空气体积为V＝vtS、空气质量m＝ρV＝ρvtS，由动量定理得Ft
＝mv-0，解得F＝ρSv2，由牛顿第三定律可知，台风对该交通标志牌的作用力大小为
F'＝F＝ρSv2；10级台风的风速我们取v10＝27 m/s进行估算，16级台风的风速我们取
v16＝54 m/s进行估算，16级台风对该交通标志牌的作用力大小与10级台风对该交通
标志牌的作用力大小之比为F16F10＝v162v102＝4，即16级台风对该交通标志牌的作用力大小
约为10级台风的4倍，B正确.
9.[2024江苏泰州中学校考]质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示.已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，取g＝10m/s2.则（ D ）
A.6s时物块的速度为零
B.6s时物块回到初始位置
C.3s时物块的动量为12kg·m/s
D.0～6s时间内F对物块所做的功为40J
解析 物块受地面的摩擦力为f＝μmg＝2 N，在0～3 s时间内物块加速，加速度为a
＝F-fm＝2 m/s2，3 s后做减速运动，设3 s后再经过时间Δt1速度减为零，则Ft3-FΔt1-
f(t3＋Δt1)＝0，解得Δt1＝1 s，即在t＝4 s时刻物块的速度减为零，然后反向加速运动
Δt2＝2 s，加速度a＝2 m/s2，则在t＝6 s时的速度大小为v＝aΔt2＝4 m/s，选项A错
误；3 s时物块的动量为p3＝(F-f)t3＝(4-2)×3 kg·m/s＝6 kg·m/s，选项C错误；0～3 s
内物块沿正方向做匀加速直线运动，其位移大小为x1＝12at32＝12×2×32 m＝9 m，减速
1 s内的位移x2＝at32Δt1＝2×32×1 m＝3 m，反向加速2 s内的位移大小为x3＝12a(Δt2)2＝
12×2×22 m＝4 m，则t＝6 s时物块还没有回到出发点，0～6 s时间内F对物块所做的功
为W＝Fx1-Fx2＋Fx3＝40 J，故B错误，D正确.
10.[2024天津统考]我国规定摩托车、电动车骑乘人员必须依法佩戴具有防护作用的安全头盔.小明在某轻质头盔的安全性测试中进行了模拟检测，某次他在头盔中装入质量为5.0kg的物体，物体与头盔紧密接触，使其从1.80m的高处自由落下，并与水平面发生碰撞，头盔被挤压了0.03m时，物体的速度减为0.如图所示，挤压过程中物体的运动可视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2.求：
（1）物体在自由下落过程中重力的冲量；
（2）物体做匀减速直线过程中的动量变化量；
（3）匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小.
答案 （1）30N·s，方向竖直向下 （2）－30kg·m/s，负号表示方向竖直向上 （3）3050N
解析 （1）自由下落过程中，由h＝12gt12得t1＝0.6s
物体重力的冲量I＝mgt1＝30N·s，方向竖直向下.
（2）物体落地速度v＝gt1，v＝6m/s
动量变化量Δp＝0－mv＝－30kg·m/s，负号表示方向竖直向上.
（3）根据x＝v2t2可知作用时间t2＝0.01s
根据动量定理有mgt2－Ft2＝0－mv，可得F＝3050N.
11.[验证动量定理/2021江苏]小明利用如图1所示的实验装置验证动量定理.将遮光条安装在滑块上，用天平测出遮光条和滑块的总质量M＝200.0g，槽码和挂钩的总质量m＝50.0g.实验时，将滑块系在绕过定滑轮悬挂有槽码的细线上.滑块由静止释放，数字计时器记录下遮光条通过光电门1和2的遮光时间Δt1和Δt2，以及这两次开始遮光的时间间隔Δt，用游标卡尺测出遮光条宽度，计算出滑块经过两光电门速度的变化量Δv.
图1
图2
（1）游标卡尺测量遮光条宽度如图2所示，其宽度d＝ 10.20 mm.
（2）打开气泵，待气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块能保持静止，其目的是 将气垫导轨调至水平 .
（3）多次改变光电门2的位置进行测量，得到Δt和Δv的数据如下表：
请根据表中数据，在方格纸上作出Δv－Δt图线.
（4）查得当地的重力加速度g＝9.80m/s2，根据动量定理，Δv－Δt图线斜率的理论值为 1.96 m/s2.
（5）实验发现，图线斜率的实验值总小于理论值，产生这一误差的可能原因是 BD .
A.选用的槽码质量偏小
B.细线与气垫导轨不完全平行
C.每次释放滑块的位置不同
D.实验中Δt的测量值偏大
答案 （3）
解析 （1）由游标卡尺的读数规则可知，遮光条的宽度为d＝10mm＋4×0.05mm＝10.20mm.
（2）滑块能在气垫导轨上保持静止，说明气垫导轨已调至水平.
（3）根据表中的数据描点连线，如答图所示.
（4）对槽码和挂钩、遮光条和滑块由动量定理得（mg－T）Δt＝m·Δv，T·Δt＝M·Δv，整理得Δv＝mgM＋m·Δt＝g5·Δt，则图线斜率的理论值k＝g5＝1.96m/s2.
（5）槽码质量在同一实验中不会影响测量值的准确性，释放滑块的位置也不会影响图线的斜率，故A、C错误；细线与气垫导轨不完全平行，则会在垂直导轨方向产生分力，越靠近定滑轮其水平分力越小，从而使加速度越小，速度变化率ΔvΔt越小，故B正确；实验中Δt的测量值偏大，则速度变化率ΔvΔt偏小，会使图线斜率偏小，故D正确.Δt/s
0.721
0.790
0.854
0.913
0.968
Δv/（m·s－1）
1.38
1.52
1.64
1.75
1.86
1.[2024山东烟台统考/多选]下列说法正确的是（ BC ）
A.当力与物体的位移垂直时，该力的冲量为零
B.如果物体（质量不变）的速度发生变化，则其所受合外力的冲量不为零
C.物体所受合外力的冲量越大，它的动量变化量也越大
D.做竖直上抛运动的物体，在一定时间内所受重力的冲量可能为零
解析 因力的冲量为I＝Ft，可知当力与物体的位移垂直时，该力的冲量不为零，
故A错误；如果物体(质量不变)的速度发生变化，则物体的动量发生变化，根据动量
定理可知，物体所受合外力的冲量不为零，故B正确；物体所受合外力的冲量越
大，根据动量定理可知，物体的动量变化量一定越大，故C正确；做竖直上抛运动
的物体，在Δt时间内所受重力的冲量IG＝GΔt＝mgΔt，可知做竖直上抛运动的物
体，在Δt时间内所受重力的冲量不可能为零，故D错误.
2.[情境创新/2023新课标/多选]使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等.现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（ BD ）
A.甲的速度大小比乙的大
B.甲的动量大小比乙的小
C.甲的动量大小与乙的相等
D.甲和乙的动量之和不为零
解析 根据F-μmg＝ma可得a＝1mF-μg，因m甲＞m乙、μ甲＝μ乙，故a甲＜a乙，则任意
时刻甲的速度大小比乙的小，A错误；m甲＞m乙，又μ甲＝μ乙，则f甲＞f乙，故甲和乙
组成的系统合外力的冲量方向向左，即甲的动量大小比乙的小，BD正确，C错误.
3.[2024浙江宁波余姚中学校考]一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v.对此过程的描述，错误的是（ A ）
A.地面对运动员的弹力做的功为12mv2
B.运动员所受合力的冲量大小为mv
C.地面对运动员弹力的冲量大小为mv＋mgΔt
D.重力的冲量大小为mgΔt
解析 在跳起过程中，运动员在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力
不做功，故A错误；重力的冲量大小IG＝mgΔt，故D正确；根据动量定理可得运动员
所受合力的冲量大小IF＝mv，故B正确；以运动员为研究对象，受到地面的支持力
和自身的重力，规定向上为正方向，根据动量定理可知(N-mg)Δt＝mv，所以地面对
运动员弹力的冲量为NΔt＝mgΔt＋mv，故C正确.
4.一个质量为50kg的蹦床运动员，从离水平网面1.8m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面2.45m高处.已知运动员和网接触的时间为1s，g取10m/s2.网对运动员的平均作用力大小为（ D ）
A.150NB.550N
C.650ND.1150N
解析 运动员从h1高度处下落，刚触网时的速度大小为v1＝2gh1＝6 m/s，方向竖
直向下，运动员反弹到高度h2，离网时的速度大小为v2＝2gh2＝7 m/s，方向竖直
向上，在接触网的过程中，运动员受到竖直向上的弹力F和竖直向下的重力mg，设
竖直向上为正方向，由动量定理有(F-mg)t＝mv2-(-mv1)，解得F＝1 150 N，故选D.
5.[联系生活实际/2024贵州阶段联考]新能源汽车工业的快速发展，使人们的出行更方便环保，电动汽车逐渐成为家庭的重要交通工具.暑假结束了，某同学乘坐自家的电动汽车返回学校，电动汽车在行驶过程中，以恒定速率通过一段水平圆弧弯道，对于电动汽车的这一运动过程，下列说法正确的是（ C ）
A.电动汽车的动量不变
B.在任意相等时间内，电动汽车所受合力的冲量相同
C.电动汽车的动能不变
D.路面对电动汽车作用力的冲量竖直向上
解析 电动汽车在行驶过程中，以恒定速率通过一段水平弯道，速度大小不变，方向发生变化，所以小球的动量改变，动能不变，故A错误，C正确；电动汽车做匀速圆周运动，受到的合力的大小不变，方向不断改变，所以在任意相等时间内，电动汽车所受合力的冲量大小相等，方向不相同，故B错误；路面给电动汽车竖直向上的支持力和水平方向指向圆心的摩擦力，所以路面对电动汽车作用力的冲量与水平面有一定夹角，而不是竖直向上，故D错误.
6.[2024辽宁沈阳名校联考]海洋馆中一潜水员把一小球以初速度v0从手中竖直向上抛出.从抛出开始计时，4t0时刻小球返回手中.小球始终在水中且在水中所受阻力大小不变，抛出后小球的速度随时间变化的图像如图所示.下列说法正确的是（ C ）
A.上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比为1：4
B.小球返回手中时速度的大小为v04
C.小球在0～4t0时间内动量变化量的大小为43mv0
D.小球在0～4t0时间内阻力所做的功为49mv02
解析 根据冲量的定义，恒力的冲量大小等于力与时间的乘积，小球在水中所受阻力大小不变，根据图像可知，上升过程经历时间为t0，下落过程经历时间为3t0，可知，上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比为1：3，故A错误；小球上升过程与下降过程的位移大小相等，则有v02t0＝v12·3t0，解得v1＝v03，故B错误；小球在0～4t0时间内动量变化量的大小为Δp＝mv1-(-mv0)＝43mv0，故C正确；小球在0～4t0时间内重力做的总功为0，合力做的功即为阻力所做的功，根据动能定理有Wf＝12mv12-12mv02，解得Wf＝-49mv02，故D错误.
7.2023年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，约10分钟后，飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，发射取得圆满成功.假如有一宇宙飞船，它的正面面积为S＝1m2，以v＝7×103m/s的速度进入宇宙微粒尘区，尘区每1m3空间有一微粒，每一微粒平均质量为m＝2×10－5g，飞船经过区域的微粒都附着在飞船上，若要使飞船速度保持不变，飞船的推力应增加（ B ）
C.490ND.980N
解析 选在时间Δt内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于体积为SvΔt空间
内微粒的质量，即M＝mSvΔt1m3，研究对象初动量为零，末动量大小为Mv，设飞船对微
粒的作用力大小为F，由动量定理得FΔt＝Mv-0，则F＝MvΔt＝mSv21m3，根据牛顿第三定
律可知，微粒对飞船的反作用力大小也为F，则飞船要保持匀速飞行，飞船的推力
应增加F，代入数据得F＝0.98 N，故选B.
8.福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响.已知10级台风的风速范围为24.5～28.4m/s，16级台风的风速范围为51.0～56.0m/s.若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的（ B ）
A.2倍B.4倍C.8倍D.16倍
解析 设交通标志牌迎风面积为S、空气密度为ρ、标志牌对台风的作用力为F，在
t时间内吹向标志牌的空气体积为V＝vtS、空气质量m＝ρV＝ρvtS，由动量定理得Ft
＝mv-0，解得F＝ρSv2，由牛顿第三定律可知，台风对该交通标志牌的作用力大小为
F'＝F＝ρSv2；10级台风的风速我们取v10＝27 m/s进行估算，16级台风的风速我们取
v16＝54 m/s进行估算，16级台风对该交通标志牌的作用力大小与10级台风对该交通
标志牌的作用力大小之比为F16F10＝v162v102＝4，即16级台风对该交通标志牌的作用力大小
约为10级台风的4倍，B正确.
9.[2024江苏泰州中学校考]质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示.已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，取g＝10m/s2.则（ D ）
A.6s时物块的速度为零
B.6s时物块回到初始位置
C.3s时物块的动量为12kg·m/s
D.0～6s时间内F对物块所做的功为40J
解析 物块受地面的摩擦力为f＝μmg＝2 N，在0～3 s时间内物块加速，加速度为a
＝F-fm＝2 m/s2，3 s后做减速运动，设3 s后再经过时间Δt1速度减为零，则Ft3-FΔt1-
f(t3＋Δt1)＝0，解得Δt1＝1 s，即在t＝4 s时刻物块的速度减为零，然后反向加速运动
Δt2＝2 s，加速度a＝2 m/s2，则在t＝6 s时的速度大小为v＝aΔt2＝4 m/s，选项A错
误；3 s时物块的动量为p3＝(F-f)t3＝(4-2)×3 kg·m/s＝6 kg·m/s，选项C错误；0～3 s
内物块沿正方向做匀加速直线运动，其位移大小为x1＝12at32＝12×2×32 m＝9 m，减速
1 s内的位移x2＝at32Δt1＝2×32×1 m＝3 m，反向加速2 s内的位移大小为x3＝12a(Δt2)2＝
12×2×22 m＝4 m，则t＝6 s时物块还没有回到出发点，0～6 s时间内F对物块所做的功
为W＝Fx1-Fx2＋Fx3＝40 J，故B错误，D正确.
10.[2024天津统考]我国规定摩托车、电动车骑乘人员必须依法佩戴具有防护作用的安全头盔.小明在某轻质头盔的安全性测试中进行了模拟检测，某次他在头盔中装入质量为5.0kg的物体，物体与头盔紧密接触，使其从1.80m的高处自由落下，并与水平面发生碰撞，头盔被挤压了0.03m时，物体的速度减为0.如图所示，挤压过程中物体的运动可视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2.求：
（1）物体在自由下落过程中重力的冲量；
（2）物体做匀减速直线过程中的动量变化量；
（3）匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小.
答案 （1）30N·s，方向竖直向下 （2）－30kg·m/s，负号表示方向竖直向上 （3）3050N
解析 （1）自由下落过程中，由h＝12gt12得t1＝0.6s
物体重力的冲量I＝mgt1＝30N·s，方向竖直向下.
（2）物体落地速度v＝gt1，v＝6m/s
动量变化量Δp＝0－mv＝－30kg·m/s，负号表示方向竖直向上.
（3）根据x＝v2t2可知作用时间t2＝0.01s
根据动量定理有mgt2－Ft2＝0－mv，可得F＝3050N.
11.[验证动量定理/2021江苏]小明利用如图1所示的实验装置验证动量定理.将遮光条安装在滑块上，用天平测出遮光条和滑块的总质量M＝200.0g，槽码和挂钩的总质量m＝50.0g.实验时，将滑块系在绕过定滑轮悬挂有槽码的细线上.滑块由静止释放，数字计时器记录下遮光条通过光电门1和2的遮光时间Δt1和Δt2，以及这两次开始遮光的时间间隔Δt，用游标卡尺测出遮光条宽度，计算出滑块经过两光电门速度的变化量Δv.
图1
图2
（1）游标卡尺测量遮光条宽度如图2所示，其宽度d＝ 10.20 mm.
（2）打开气泵，待气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块能保持静止，其目的是 将气垫导轨调至水平 .
（3）多次改变光电门2的位置进行测量，得到Δt和Δv的数据如下表：
请根据表中数据，在方格纸上作出Δv－Δt图线.
（4）查得当地的重力加速度g＝9.80m/s2，根据动量定理，Δv－Δt图线斜率的理论值为 1.96 m/s2.
（5）实验发现，图线斜率的实验值总小于理论值，产生这一误差的可能原因是 BD .
A.选用的槽码质量偏小
B.细线与气垫导轨不完全平行
C.每次释放滑块的位置不同
D.实验中Δt的测量值偏大
答案 （3）
解析 （1）由游标卡尺的读数规则可知，遮光条的宽度为d＝10mm＋4×0.05mm＝10.20mm.
（2）滑块能在气垫导轨上保持静止，说明气垫导轨已调至水平.
（3）根据表中的数据描点连线，如答图所示.
（4）对槽码和挂钩、遮光条和滑块由动量定理得（mg－T）Δt＝m·Δv，T·Δt＝M·Δv，整理得Δv＝mgM＋m·Δt＝g5·Δt，则图线斜率的理论值k＝g5＝1.96m/s2.
（5）槽码质量在同一实验中不会影响测量值的准确性，释放滑块的位置也不会影响图线的斜率，故A、C错误；细线与气垫导轨不完全平行，则会在垂直导轨方向产生分力，越靠近定滑轮其水平分力越小，从而使加速度越小，速度变化率ΔvΔt越小，故B正确；实验中Δt的测量值偏大，则速度变化率ΔvΔt偏小，会使图线斜率偏小，故D正确.Δt/s
0.721
0.790
0.854
0.913
0.968
Δv/（m·s－1）
1.38
1.52
1.64
1.75
1.86
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