解答：解：A、小车与小球组成的系统在水平方向动量守恒，在竖直方向动量不守恒，系统整体动量不守恒，故A错误；
B、小球从图示位置下摆到最低点，小车受力向左加速运动，当小球到最低点时，小车速度最大．当小球从最低点向右边运动时，小车向左减速，当小球运动到与左边图示位置相对称的位置时，小车静止．故小球向右摆动过程小车先向左加速运动，后向左减速运动，故BC错误，D正确； 故选：D．
点评：本题主要考查了动量守恒、机械能守恒条件的判断，要求同学们能正确分析小球和小车的运动情况，难度适中．
6．如图，沿波的传播方向上有间距均为1m的五个质点，均静止在各自的平衡位置，一列简谐横波以1m/s的速度水平向右传播，t=0时到达质点a，质点a开始由平衡位置向下运动．t=3s时质点a第一次到达平衡位置上方的最高点，则下列判断正确的是( )
A．质点d开始振动后的振动周期为4s B．t=4s时波恰好传到质点e
C．在3s＜t＜4s这段时间内质点c的速度方向向上 D．质点b开始振动时速度方向向上
考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系． 专题：振动图像与波动图像专题．
分析：根据质点a开始向下振动，t=3s时刻第一次到达最高点，找出时间与周期的关系，求出周期和波速．再结合波的传播方向，分析各质点的振动情况．
解答：解：A、根据题意可知，T=3s，则周期 T=4s，各个质点的振动周期与a的周期相同，故A正确．
B、波长λ=vT=1×4=4m，t=4s波传播的距离x=vt=4m，故波刚好传到e点．故B正确． C、在t=2s时c点刚开始振动，起振方向与a相同向下，在t=3s时，c点到达波谷，3s到4s之间正从波谷向上运动至平衡位置，故C正确．
D、根据质点a开始向下振动，则每个质点开始振动都向下，故D错误．
故选：ABC．
点评：本题关键在于根据波的传播方向及波长、周期等情况，分析判断各质点的振动情况．也可用画波形图的方法求解．
7．如图甲所示，两物体A、B叠放在光滑水平面上，对物体A施加一水平变力F，F﹣t关系图象如图乙所示，两物体在力F作用下由静止开始运动，且始终相对静止，规定水平向右为正方向，则( )
A．两物体一直向右做直线运动 B．两物体沿直线做往复运动
C．在2s～3s时间内两物体间的摩擦力逐渐减小 D．B物体所受摩擦力的方向始终与力F的方向相同
考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系． 专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：根据物体受力判断物体的运动，根据受力的对称性，判断两物体是否做往复运动．根据牛顿第二定律，通过合力的方向确定加速度的方向．通过整体法和隔离法判断摩擦力的方向．通过对整体加速度的变化，得知B物体加速度的变化，再根据牛顿第二定律得出摩擦力的变化．
解答：解：A、在0﹣2s内整体向右做加速运动，加速度先增大后减小；2﹣4s内加速度反向，做减速运动，因为两段时间内受力是对称的，所以4s末速度变为零，在0﹣4s内一直向右运动，然后又重复以前的运动．故A正确，B错误．
C、在2s～3s这段时间内，F逐渐增大，整体加速度逐渐增大，隔离对B分析，B的合力逐渐增大，即B所受的摩擦力逐渐增大．故C错误．
D、对整体分析，整体的加速度与F的方向相同，B物体所受的合力为摩擦力，故摩擦力的方向与加速度方向相同，即与F的方向相同．故D正确． 故选：AD．
点评：解决本题的关键会根据物体的受力情况判断物体的运动情况，以及掌握整体法和隔离法的运用．
8．一列简谐波沿x轴传播，某时刻波的图象如图所示．此时A、B两质点的位移相同，此后A和B分别经过最短时间0.1s和0.7s回到该时刻位置．则( )
A．该波沿x轴负方向传播 B．该波的传播速度为2.5m/s
C．图示时刻A点的速度方向和加速度方向相同 D．图示时刻B点的速度方向和加速度方向相反
考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系． 专题：振动图像与波动图像专题．
分析：根据题意可知，A点先回到图示位置，说明A正向上振动，B正向下振动，从而判断波的传播方向，由波形图读出波长，根据v=
求出波速，加速度的方向指向平衡位置，
从而判断图示时刻AB两点速度方向与加速度方向的关系． 解答：解：
A、根据A和B分别经过最短时间0.1s和0.7s回到该时刻位置可知，A点先回到图示位置，说明A正向上振动，B正向下振动，则根据波形的平移法可知沿x轴负方向传播，故A正确；
B、根据图象可知，波长λ=2m，周期T=0.1+0.7=0.8s，则波速为v=正确；
C、加速度的方向指向平衡位置，所以A点加速度方向向下，而A正向上振动，速度方向向上，速度方向相反．故C错误．
D、加速度的方向指向平衡位置，所以B点加速度方向向下，而B正向下振动，速度方向向下，速度方向相同，故D错误． 故选：AB．
，故B
点评：本题要由质点的振动方向确定波的传播方向，这波的图象中基本问题，方法较多，其中一种方法是“上下坡法”，把波形象看成山坡：顺着波的传播方向，上坡的质点向下，下坡的质点向上．
9．一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷人泥潭中．若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进人泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ，则( ) A．过程I中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量
B．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小 C．I、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零 D．过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零
考点：动量守恒定律． 专题：动量定理应用专题．
分析：物体所受外力的冲量等于物体动量的改变量．关键是抓住各个过程中钢珠所受外力的冲量和动量改变量的关系．
解答：解：A、过程Ⅰ中钢珠所受外力只有重力，有动量定理知钢珠动量的改变等于重力的冲量，故A正确；
B、过程Ⅱ中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和．故B错误；
C、整个过程中初末位置动量都为0，所以动量的变化量为0，故I、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零．故C正确；
D、过程Ⅱ中钢珠的初速度不为0，末速度为0，所以过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量不等于0．故D错误． 故选AC
点评：本题解题的关键在于分清过程，分析各个过程中钢珠受力情况，并紧扣动量定理的内容来逐项分析．
10．图中线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后共同运动的位移图线．由图象给出的信息可以判定( )
A．碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量大 B．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能大 C．碰前滑块Ⅰ比滑块Ⅱ速度大
D．碰前滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的6倍
考点：动量守恒定律；匀变速直线运动的图像． 专题：运动学中的图像专题．
分析：根据x﹣t图象得到滑块I、II碰撞前后的速度，然后结合动量守恒定律和动能定理列式分析．
解答：解：A、碰撞前后系统动量守恒，由于碰撞后动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块I动量大于滑块II的动量，故A正确；
B、碰撞前滑块I速度为：v1=0.8m/s，滑块II速度为v2=﹣2m/s；碰撞后的共同速度为0.4m/s； CD、根据动量守恒定律，有：m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′代入数据，有：0.8m1﹣2m2=0.4（m1+m2）联立解得：
=6，
碰撞前滑块I、II的动能之比为故选：AD．
=0.96＜1，故BC错误；D正确
点评：本题关键根据图象得到两个滑块碰撞前后的速度，然后结合动量守恒定律和能量守恒定律列式求解．
二、非选择题（本卷共6题，共60分） 11．在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
（1）摆动时偏角满足的条件是偏角小于5°，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最低（填“高”或“低’）点的位置，且用秒表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期．单摆振动50次所需时间如图，则单摆振动周期为2.01s．