2016年高考物理真题专题汇编 专题F：动量(含解析)

⋯⋯⋯⋯⋯⋯⑽A和B 的加速为和，此时AB之间为零，同理可得：6⋯⋯⋯..⑾⋯⋯⋯..⑿ 即B 做匀减经时间，B的速度减为：⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⒀联立⑽⑿⒀可得⋯⋯⋯⋯..⒁ 在，A 相对于B 运动的距离为⋯⒂此后B 静止不动，在B 上滑时间后，A 离开B ，则可得,另一解不合题意，舍去， A 在B 上的运动时间为【题型】计算题【备注】【结束】33.【[物理—3-3](1)关于扩，下列说法正_________(填正确答案标号。

选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得得分为0分)A.温度越高，扩散进行得越快X文.X例.参考B.扩散现象是不同物质间的一种化学反应C.扩散现象是由物质分子无规则运动产生的D.扩散现象在气体、液体和固体中都能发生E.液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的(2)如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度为l=10.0cm,B侧水银面比A侧的高h=3.0cm。

现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为=10.0cm时将开关K关闭，已知大气压强=75.0cmHg。

(i)求放出部分水银后A侧空气柱的长度；(ii)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度。

【答案】(1)ACD(2)(i);(ii)【解析】(1)本题主要考查分子的理论以及扩散；(2)本题主要考查理想气体状态方程；(1)选项A，温度越高，分子热运动越剧烈，扩散进行得越快，选项A 正确；选项B，扩散现象是分子热运动的结果，并非化学反应，选项B错误；X文.X例.指导.参考C，扩散现象是分子无规则热运项C 正确； D，任何物态都有分子热运动，都可扩散现项D 正 确； E ，任何物态的扩散现象都是由于分子热运动 ； 本题ACD 。

(2)(i )以c m H g 为设A 侧气柱长度时压强为p ，当两侧水银面的高度差为时，空气柱长度为，压强为,由玻意耳定 律得：⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯..① 由力学平衡条件知⋯⋯⋯⋯② 打开开关K 放出水银的，B 侧水银面处的，而A 侧水银面处的压强随空气柱长度的增加而减小，B 、A 两侧水银面的高度差也随之 减小，直至B 侧水于A 侧水银面为止，由力学平衡条件有：⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.③ 联立以上方程可得：⋯⋯⋯⋯⋯④ (ii)当A 、B 两侧的水银面达到同一高度时，设A 侧空气柱长度为，压强 为,由玻意耳定律得：⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯..⑤ 由力学平衡条件知⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.⑥ 联立②⑤⑥可得⋯⋯⋯⋯⋯⋯⑦ 设注入的水银在管内的长度为，则⋯⋯⋯⋯.⑧ 联立④⑦⑧可得.X 文.X 例.参考【题型】计算题【备注】【结束】34.【题文】[物理——选修3-4](1)如图，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为θ，经折射后出a、b两束光线。

高中物理专题汇编物理动量定理(一)及解析一、高考物理精讲专题动量定理1．质量0.2kg的球,从5.0m高处自由下落到水平钢板上又被竖直弹起,弹起后能达的最大高度为4.05m.如果球从开始下落到弹起达最大高度所用时间为1.95s,不考虑空气阻力,g取10m/s2.求小球对钢板的作用力.【答案】78N【解析】【详解】自由落体过程v12＝2gh1，得v1=10m/s；v1=gt1得t1=1s小球弹起后达到最大高度过程0− v22＝−2gh2，得v2=9m/s0-v2=-gt2得t2=0.9s小球与钢板作用过程设向上为正方向，由动量定理：Ft′-mg t′=mv2-（-mv1）其中t′=t-t1-t2=0.05s得F=78N由牛顿第三定律得F′=-F，所以小球对钢板的作用力大小为78N，方向竖直向下；2．质量为0.2kg的小球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，（1）求小球与地面碰撞前后的动量变化；（2）若小球与地面的作用时间为0.2s，则小球受到地面的平均作用力大小？（取g=10m/s2）．【答案】（1）2kg•m/s；方向竖直向上；（2）12N；方向竖直向上；【解析】【分析】【详解】（1）小球与地面碰撞前的动量为：p1=m(－v1)=0.2×(－6) kg·m/s=－1.2 kg·m/s小球与地面碰撞后的动量为p2=mv2=0.2×4 kg·m/s=0.8 kg·m/s小球与地面碰撞前后动量的变化量为Δp=p2－p1=2 kg·m/s（2）由动量定理得(F－mg)Δt=Δp所以F=pt∆∆＋mg=20.2N＋0.2×10N=12N，方向竖直向上．3．如图所示,两个小球A和B质量分别是m A＝2.0kg,m B＝1.6kg,球A静止在光滑水平面上的M点,球B在水平面上从远处沿两球的中心连线向着球A运动,假设两球相距L≤18m时存在着恒定的斥力F,L＞18m时无相互作用力.当两球相距最近时,它们间的距离为d＝2m,此时球B的速度是4m/s.求:(1)球B 的初速度大小; (2)两球之间的斥力大小;(3)两球从开始相互作用到相距最近时所经历的时间. 【答案】(1) 09B m v s= ；(2) 2.25F N =；(3) 3.56t s =【解析】试题分析：（1）当两球速度相等时，两球相距最近，根据动量守恒定律求出B 球的初速度；（2）在两球相距L ＞18m 时无相互作用力，B 球做匀速直线运动，两球相距L≤18m 时存在着恒定斥力F ，B 球做匀减速运动，由动能定理可得相互作用力 （3）根据动量定理得到两球从开始相互作用到相距最近时所经历的时间．（1）设两球之间的斥力大小是F ，两球从开始相互作用到两球相距最近时所经历的时间是t 。

专题6 动量1.[2016·全国卷Ⅰ3­5（2）10分]某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：(i)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(ii)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．答案：(i)ρv0S(ii)v202g －M2g 2ρ2v20S2解析： (i)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为ΔmΔt＝ρv0S③(ii)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得1 2(Δm)v2＋(Δm)gh＝12(Δm)v20④在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝v202g －M2g2ρ2v20S2⑧2.[2016·北京卷] (1)动量定理可以表示为Δp＝FΔt，其中动量p和力F都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究．例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如图1­所示．碰撞过程中忽略小球所受重力．图1­a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δp x、Δp y；b．分析说明小球对木板的作用力的方向．(2)激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动．激光照射到物体上，在发生反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用．光镊效应就是一个实例，激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒．一束激光经S点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束①和②穿过介质小球的光路如图1­所示，图中O点是介质小球的球心，入射时光束①和②与SO的夹角均为θ，出射时光束均与SO平行．请在下面两种情况下，分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向．a．光束①和②强度相同；b．光束①比②的强度大.图1­答案： (1)a.0 2mv cos θb．沿y轴负方向(2)a.沿SO向左b．指向左上方解析： (1)a.x方向：动量变化为Δp x＝mv sin θ－mv sin θ＝0y方向：动量变化为Δp y＝mv cos θ－(－mv cos θ)＝2mv cos θ方向沿y轴正方向．b．根据动量定理可知，木板对小球作用力的方向沿y轴正方向；根据牛顿第三定律可知，小球对木板作用力的方向沿y 轴负方向．(2)a.仅考虑光的折射，设Δt 时间内每束光穿过小球的粒子数为n ，每个粒子动量的大小为p .这些粒子进入小球前的总动量为p 1＝2np cos θ从小球出射时的总动量为p 2＝2npp 1、p 2的方向均沿SO 向右根据动量定理F Δt ＝p 2－p 1＝2np (1－cos θ)>0可知，小球对这些粒子的作用力F 的方向沿SO 向右；根据牛顿第三定律，两光束对小球的合力的方向沿SO 向左．b ．建立如图所示的Oxy 直角坐标系．x 方向：根据(2)a 同理可知，两光束对小球的作用力沿x 轴负方向．y 方向：设Δt 时间内，光束①穿过小球的粒子数为n 1，光束②穿过小球的粒子数为n 2，n 1>n 2. 这些粒子进入小球前的总动量为p 1y ＝(n 1－n 2)p sin θ从小球出射时的总动量为p 2y ＝0根据动量定理：F y Δt ＝p 2y －p 1y ＝－(n 1－n 2)p sin θ可知，小球对这些粒子的作用力F y 的方向沿y 轴负方向，根据牛顿第三定律，两光束对小球的作用力沿y 轴正方向．所以两光束对小球的合力的方向指向左上方．3．[2016·江苏卷] (2)已知光速为c ，普朗克常数为h ，则频率为ν的光子的动量为________．用该频率的光垂直照射平面镜，光被镜面全部垂直反射回去，则光子在反射前后动量改变量的大小为________．答案：h νc 2h νc解析：因为光速c ＝λν，则λ＝c ν，所以光子的动量p ＝h λ＝h νc，由于动量是矢量，因此若以射向平面镜时光子的动量方向为正方向，即p 1＝h νc ，反射后p 2＝－h νc ，动量的变化量Δp ＝p 2－p 1＝－h νc －h νc ＝－2h νc ，则光子在反射前后动量改变量的大小为2h νc. 3.[2016·全国卷Ⅲ] [物理——选修3­5]如图1­所示，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a 以初速度v 0向右滑动，此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．图1­解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有12mv 20>μmgl ① 即μ<v 202gl② 设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒有12mv 20＝12mv 21＋μmgl ③ 设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v ′1、v ′2，由动量守恒和能量守恒有mv 1＝mv ′1＋3m 4v ′2 ④ 12mv 21＝12mv ′21＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 4v ′22 ⑤ 联立④⑤式解得v ′2＝87v 1 ⑥ 由题意，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知12⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 4v ′22≤μ3m 4gl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 20113gl⑧ 联立②⑧式，a 与b 发生碰撞、但b 没有与墙发生碰撞的条件32v 20113gl ≤μ<v 202gl⑨ 4．[2016·全国卷Ⅱ] [物理——选修3­5]如图1­所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.(i)求斜面体的质量；(ii)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？图1­解析：(i)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v①1 2m2v220＝12(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg ③(ii)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0 ④代入数据得v1＝1 m/s ⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3⑥1 2m2v220＝12m2v22＋12m3v23⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s ⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．5．[2016·天津卷] 如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ.若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________，滑块相对于盒运动的路程为________．图1­答案： v 3 v 23μg解析： 设滑块的质量为m ，则盒的质量为2m .对整个过程，由动量守恒定律可得mv ＝3mv 共 解得v 共＝v 3由能量关系可知μmgx ＝12mv 2－12·3m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫v 32解得x ＝v 23μg。

2016年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅰ）二、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项是符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分．有选错的得0分．1．（6分）一平行电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器（）A．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变【考点】电容器的动态分析．【专题】定量思想；推理法；电容器专题．【分析】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，将云母介质移出介电常数减小，根据电容器介电常数的变化判断电容的变化以及电场强度的变化．【解答】解：电容器接在恒压直流电源上，则电容器两端间的电势差不变．将云母介质移出介电常数减小，根据电容的决定式C=知，介电常数减小，电容减小．由于电压不变，根据C=可知，电荷量Q减小．由于电容器的电压不变，板间的距离d不变，根据E=可知，极板间的电场强度不变．所以ABC错误，D正确；故选：D【点评】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变；当电容器与电源断开，则电荷量不变．要掌握C=、C=、E=三个公式．2．（6分）现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为（）A．11B．12C．121D．144【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】定量思想；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】本题先电场加速后磁偏转问题，先根据动能定理得到加速得到的速度表达式，再结合带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式求出离子质量的表达式．【解答】解：根据动能定理得，得①离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有得②①②两式联立得：一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U相同，同一出口离开磁场则R相同，所以m∝，磁感应强度增加到原来的12倍，离子质量是质子质量的144倍，D正确，ABC错误故选：D【点评】本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律，关键要能通过洛伦兹力提供向心力求出质量的表达式．3．（6分）一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1，R2和R3的阻值分别为3Ω，1Ω，4Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I．该变压器原、副线圈匝数比为（）A．2B．3C．4D．5【考点】变压器的构造和原理．【专题】定性思想；推理法；交流电专题．【分析】变压器输入电压为U与电阻R两端电压的差值；再根据电流之比等于匝数的反比可求得输出电流；根据1电压之比等于匝数之比对两种情况列式，联立可求得U与I的关系；则可求得线圈匝数之比．【解答】解：设变压器原、副线圈匝数之比为K，则可知，开关断开时，副线圈电流为kI；则根据理想变压器原理可知：=k（1）同理可知，=k（2）代入数据联立解得：U=48I；代入（1）式可得：k=3；故B正确，ABC错误；故选：B．【点评】本题考查理想变压器原理及应用，要注意明确电路结构，知道开关通断时电路的连接方式；同时注意明确输入电压与总电压之间的关系．4．（6分）利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，目前地球同步卫星的轨道半径为地球半径的6.6倍，假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为（）A．1h B．4h C．8h D．16h【考点】开普勒定律；同步卫星．【专题】定性思想；推理法；人造卫星问题．【分析】明确同步卫星的性质，知道其转动周期等于地球的自转周期，从而明确地球自转周期减小时，地球同步卫星的运动周期减小，当运动轨迹半径最小时，周期最小．由三颗同步卫星需要使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯可求得最小半径，再结合开普勒第三定律可求周期．【解答】解：设地球的半径为R，则地球同步卫星的轨道半径为r=6.6R已知地球的自转周期T=24h，地球同步卫星的转动周期与地球的自转周期一致，若地球的自转周期变小，则同步卫星的转动周期变小．由公式可知，做圆周运动的半径越小，则运动周期越小．由于需要三颗卫星使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，所以由几何关系可知三颗同步卫星的连线构成等边三角形并且三边与地球相切，如图．由几何关系可知地球同步卫星的轨道半径为r′=2R．由开普勒第三定律得：T′=T=24≈4h故B正确，ACD错误；故选：B．【点评】本题考查开普勒第三定律以及同步卫星的性质，要注意明确题目中隐含的信息的判断是本题解题的关键．5．（6分）一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（）A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D．质点单位时间内速率的变化量总是不变【考点】物体做曲线运动的条件；牛顿第二定律．【专题】简答题；学科综合题；定性思想；推理法；物体做曲线运动条件专题．【分析】明确物体做曲线运动的条件，速度方向与加速度方向不在同一直线上，如果在同一直线则做直线运动，速度方向与加速度方向相同时物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动；由牛顿第二定律F=ma可知，加速度的方向由合外力的方向决定；由加速度的定义a=来判断质点单位时间内速率的变化量．【解答】解：A．质点开始做匀速直线运动，现对其施加一恒力，其合力不为零，如果所加恒力与原来的运动方向在一条直线上，质点做匀加速或匀减速直线运动，质点速度的方向与该恒力的方向相同或相反；如果所加恒力与原来的运动方向不在一条直线上，物体做曲线运动，速度方向沿切线方向，力和运动方向之间有夹角，故A错误；B．由A分析可知，质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直，故B正确；C．由牛顿第二定律可知，加速度的方向与合外力的方向相同，所以质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同，故C正确；D．因为合外力恒定，加速度恒定，△由△v=a△t可知，质点单位时间内速度的变化量总是不变，但是，如果质点做匀变速曲线运动，则单位时间内速率的变化量是变化的．故D错误．故选：BC．【点评】本题要注意物体做曲线运动的条件是速度方向与加速度方向不在同一直线上，如果在同一直线则做直线运动；正确理解牛顿第二定律和加速度的定义a=也是解答本题的关键．6．（6分）如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b．外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则（）A．绳OO′的张力也在一定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】应用题；定性思想；合成分解法；共点力作用下物体平衡专题．【分析】本题抓住整个系统处于静止状态，由b平衡可知，绳对b的拉力保持不变，再根据平衡条件由F的大小变化求得物块b所受各力的变化情况．【解答】解：AC、由于整个系统处于静止状态，可知，物体a平衡，由此可得绳中张力T保持不变，又由于b平衡可知，滑轮O'处于静止状态且所受绳的拉力大小和方向都没有变化，故O O'中的张力保持不变，故AC均错误；BD、由于b处于静止即平衡状态，对b受力分析有：力T与力F与x轴所成夹角均保持不变，由平衡条件可得：N+Fsinα+Tsinθ﹣mg=0Fcosα+f﹣Tcosθ=0由此可得：N=mg﹣Fsinα﹣Tsinθ由于T的大小不变，可见当F大小发生变化时，支持力的大小也在一定范围内变化，故B正确f=Tcosθ﹣Fcosα由于T的大小不变，当F大小发生变化时，b静止可得摩擦力的大小也在一定范围内发生变化，故D正确．故选：BD．4/ 12【点评】解决本题的关键是抓住系统均处于静止状态，由平衡条件分析求解，关键是先由平衡条件求得绳中张力大小不变，再由此分析b的平衡．7．（6分）如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P 的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知（）A．Q点的电势比P点高B．油滴在Q点的动能比它在P点的大C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】根据曲线运动的性质以及运动轨迹可明确粒子受力情况，再根据电场力的性质即可判断电场线的方向，从而明确电势高低；根据电场力做功情况可明确动能的变化以及电势能的变化；根据力的性质可明确加速度的关系．【解答】解：A、根据粒子的弯折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同时因轨迹关于P点对称，则可说明电场力应竖直向上；粒子带负电，故说明电场方向竖直向下；则可判断Q点的电势比P点高；故A正确；B、粒子由P到Q过程，合外力做正功，故油滴在Q点的动能比它在P点的大；故B正确；C、因电场力做正功，故电势能减小，Q点的电势能比它在P点的小；故C错误；D、因受力为恒力；故PQ两点加速度大小相同；故D错误；故选：AB．【点评】本题考查带电粒子在匀强电场中的运动，要注意本题中油滴受到重力和电场力作用，这里应先考虑合力，再去分析电场力的性质；同时注意掌握物体做曲线运动的条件应用．8．（6分）甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v﹣t图象如图所示．已知两车在t=3s时并排行驶，则（）5/ 12A ．在 t=1s 时，甲车在乙车后B ．在 t=0 时，甲车在乙车前 7.5mC ．两车另一次并排行驶的时刻是 t=2sD ．甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 40m【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系． 【专题】压轴题；学科综合题；定量思想；推理法；运动学中的图像专题．【分析】由图象可知，1 到 3s 甲乙两车的位移相等，两车在 t=3s 时并排行驶，所以两车在 t=1s 时也并排行驶； v ﹣t 图象的斜率表示加速度，根据图象可求甲乙两车的加速度；再根据位移公式和速度公式求解．【解答】解：A ．由图象可知，1 到 3s 甲乙两车的位移相等，两车在 t=3s 时并排行驶，所以两车在 t=1s 时也并 排行驶，故 A 错误；B ．由图象可知，a =甲==10m/s；a = ==5m/s乙； 0 至 1s ，x = a t = ×10×1 甲 甲=5m ，x=v t+ a乙乙t =10×1+ ×5×1 =12.5m ，△x=x ﹣x =12.5﹣5=7.5m ，即在 t=0 时，甲车在乙车前 7.5m ，故 B 正确； 乙 甲C ．由 AB 分析可知，甲乙两车相遇时间分别在 1s 和 3s ，故 C 错误；D.1s 末甲车的速度为：v=a t=10×1=10m/s ，1 到 3s ，甲车的位移为：x=vt+ a t =10×2+ ×10×2 =40m ，即甲、甲 甲乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 40m ，故 D 正确．故选：BD ．【点评】本题考查匀变速直线运动的实际运用：追及和相遇问题．解答此题的关键是根据速度图象分析物体运动 情况，要注意两车的位置关系和距离随时间如何变化，当两车相遇时，位移之差等于原来之间的距离． 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22 题～第 32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第 9 题～ 第 12 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．（5 分）某同学用图（a ）所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使 用的频率有 220Hz 、30Hz 和 40Hz ，打出纸带的一部分如图（b ）所示．该同学在实验中没有记录交流电的频率 f ，需要用实验数据和其他条件进行推算．（1）若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f 和图（b ）中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出 B点时，重物下落的速度大小为，打出 C 点时重物下落的速度大小为 ，重物下落的加速度的大小为．2 2 2 2 0 2 22 2（2）已测得 s =8.89cm ，s =9.5．cm ，s =10.10cm ；当重力加速度大小为 9.80m/s ，试验中重物受到的平均阻力 大小约为其重力的 1%．由此推算出 f 为 40 Hz ． 【考点】验证机械能守恒定律．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；方程法；动能定理的应用专题．【分析】（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出 B 和 C 点的瞬时速度，利用速度公式求 加速度；（2）利用牛顿第二定律和解出的加速度求频率．【解答】解：（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：v = =；v ==；由速度公式 v =v +aT 可得：a=；（2）由牛顿第二定律可得：mg ﹣0.01mg=ma ，所以 a=0.99g ，结合（1）解出的加速度表达式，代入数据可得： f=40HZ ．故答案为：（1）； ； ；（2）40．【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度的大小，关键是匀变速直线运动推论的 运用．10．（10 分）现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，当要求热敏电阻的温度达到或超过 60℃时，系统报警．提 供的器材有：热敏电阻，报警器（内阻很小，流过的电流超过 I C 时就会报警），电阻箱（最大阻值为 999.9Ω）， 直流电源（输出电压为 U ，内阻不计），滑动变阻器 R 1（最大阻值为 1000Ω），滑动变阻器 R 2（最大阻值为 2000Ω）， 单刀双掷开关一个，导线若干．在室温下对系统进行调节，已知 U 约为 18V ，I 约为 10mA ；流过报警器的电流超过 20mA 时，报警器可能损坏； 该热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，在 60℃时阻值为 650.0Ω．（1）在答题卡上完成待调节的报警系统原理电路图的连线．（2）在电路中应选用滑动变阻器 R 2 （填“R 1”或“R 2”）． （3）按照下列步骤调节此报警系统：①电路接通前，需将电阻箱调到一定的阻值，根据实验要求，这一阻值为 650.0 Ω；滑动变阻器的滑片应置 于 b （填“a ”或“b ”）端附近，不能置于另一端的原因是 保证报警器的安全使用 ．②将开关向 c （填“c ”或“d ”）端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至 报警器开始报警 ． （4）保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用． 【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．【分析】（1）分析实验，明确实验原理，根据题目要求即可明确电路结构； （2）根据欧姆定律确定电路中的电阻，则可明确滑动变阻器的选择；21 2 3BC C BC（3）根据仪器原理进行分析，明确电阻箱的作用以及实验过程和实验安全的分析，则可以明确滑动变阻器的调节和实验现象．【解答】解：（1）根据题意可知，本实验要求能用电阻箱进行校准，故电阻箱应与热敏电阻并联，利用单刀双掷开关进行控制；它们再与报警器和滑动变阻器串联即可起到报警作用；故连线如图所示；（2）电压为18V，而报警时的电流为10mA；此时电阻约为：R==1800Ω；而热敏电阻的阻值约为650Ω；故滑动变阻器接入电阻约为1350Ω；故应选择R2；（3）①因要求热敏电阻达到60°时报警；此时电阻为650Ω；故应将电阻箱调节至650Ω；然后由最大调节滑动变阻器，直至报警器报警；故开始时滑片应在b端；目的是让电流由小到大调节，保证报警器的安全使用；②将开关接到C端与电阻箱连接，调节滑动变阻器直至报警器开始报警即可；然后再接入热敏电阻，电路即可正常工作；故答案为：（1）如上图；（2）R2；（3）①650.0，b，保证报警器的安全使用；②c；报警器开始报警．【点评】本题关键在于明确实验原理，分析实验步骤是解题的关键，通过实验步骤才能明确实验的目的和实验方法；从而确定各步骤中应进行的操作和仪器的使用情况．11．（14分）如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab（仅标出a端）和c d（仅标出c端）长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑．求（1）作用在金属棒ab 上的安培力的大小；（2）金属棒运动速度的大小．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力．【专题】计算题；定量思想；方程法；电磁感应与电路结合．【分析】（1）对ab、cd棒根据共点力平衡列式求作用在金属棒ab上的安培力的大小（2）根据安培力公式，感应电动势和闭合电路欧姆定律联立求解【解答】解：（1）设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为，作用在ab 棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd的支持力大小为．对于ab棒，由力的平衡条件得②对于cd棒，同理有④联立①②③④式得F=mg（sinθ﹣3μcosθ）⑤（2）由安培力公式得F=BIL⑥这里I是abcda中的感应电流．ab棒上的感应电动势为ɛ=BLv⑦式中，v是ab棒下滑速度的大小，由欧姆定律得⑧联立⑤⑥⑦⑧式得⑨答：（1）作用在金属棒ab上的安培力的大小mg（sinθ﹣3μcosθ）；（2）金属棒运动速度的大小．【点评】本题是电磁感应中的力学平衡问题，涉及法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律等知识点，受力分析和计算安培力是关键．12．（18分）如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P 沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数μ=，重力加速度大小为g．（取sin37°=，cos37°=）（1）求P 第一次运动到B点时速度的大小．（2）求P 运动到E点时弹簧的弹性势能．（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．【考点】功能关系；动能定理；弹性势能．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；方程法；功能关系能量守恒定律．【分析】（1）对物体从C到B的过程分析，由动能定理列式可求得物体到达B点的速度；（2）同（1）的方法求出物块返回B点的速度，然后对压缩的过程与弹簧伸长的过程应用功能关系即可求出；（3）P离开D点后做平抛运动，将物块的运动分解即可求出物块在D点的速度，E到D的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系即可求出物块P的质量．【解答】解：（1）C到B的过程中重力和斜面的阻力做功，所以：其中：代入数据得：（2）物块返回B点后向上运动的过程中：其中：联立得：物块P向下到达最低点又返回的过程中只有摩擦力做功，设最大压缩量为x，则：整理得：x=R物块向下压缩弹簧的过程设克服弹力做功为W，则：又由于弹簧增加的弹性势能等于物块克服弹力做的功，即：E=W所以：E=2.4mgR（3）由几何关系可知图中D点相当于C点的高度：h=r+rcos37°=1.8r=所以D点相当于G点的高度：H=1.5R+R=2.5R小球做平抛运动的时间：t==1.5RG点到D点的水平距离：L==由：L=v t联立得：E到D的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系得：联立得：m′=答：（1）P第一次运动到B点时速度的大小是．（2）P运动到E点时弹簧的弹性势能是2.4mgR．PPD（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小是，改变后P 的质量是m．【点评】本题考查功能关系、竖直面内的圆周运动以及平抛运动，解题的关键在于明确能达到E点的，并能正确列出动能定理及理解题目中公式的含义．三、选考题：【物理--选修3-5】13．现用一光电管进行光电效应的实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生．下列说法正确的是（）A．保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大B．入射光的频率变高，饱和光电流变大C．入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大D．保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生E．遏止电压的大小与入射光的频率有关，与入射光的光强无关【考点】光电效应．【专题】定性思想；推理法；光电效应专题．【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，根据光电效应方程知，光子频率越大，光电子的最大初动能越大，光强度会影响单位时间内逸出的光电子数目．【解答】解：A、保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大，因为饱和光电流与入射光的强度成正比，故A正确；B、饱和光电流与入射光的频率无关，故B错误；C、根据光电效应的规律，光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，所以入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大，故C正确；D、如果入射光的频率小于极限频率将不会发生光电效应，不会有光电流产生，故C错误；E、根据，得遏止电压及最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，故E正确故选：ACE【点评】解决本题的关键知道光电效应的条件，以及影响光电子最大初动能的因素，知道入射光的强度影响的是单位时间内逸出的光电子数目．入射光越强饱和光电流越大．14．某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v 竖直向上喷出；玩具底部为平板（面积略大于S）；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g．求：（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量；（ii）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．【考点】动量定理；竖直上抛运动．【专题】简答题；定性思想；推理法；动量定理应用专题．【分析】（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量m=ρV求解；（ii）玩具在空中悬停时，受力平衡，水对玩具的冲击力等于玩具的重力，根据运动学基本公式求得水上升到玩具处的速度，再根据动量定理列式求解即可．【解答】解：（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量m=ρV=ρSv0，（ii）设水到达卡通玩具处的速度为v，玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为h，根据运动学基本公式得：，。

高考物理动量守恒定律真题汇编(含答案)含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．在图所示足够长的光滑水平面上，用质量分别为3kg 和1kg 的甲、乙两滑块，将仅与甲拴接的轻弹簧压紧后处于静止状态．乙的右侧有一挡板P .现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为2m/s ，此时乙尚未与P 相撞．①求弹簧恢复原长时乙的速度大小；②若乙与挡板P 碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞．求挡板P 对乙的冲量的最大值． 【答案】v 乙＝6m/s. I ＝8N 【解析】 【详解】（1）当弹簧恢复原长时，设甲乙的速度分别为和，对两滑块及弹簧组成的系统，设向左的方向为正方向，由动量守恒定律可得：又知联立以上方程可得，方向向右。

（2）乙反弹后甲乙刚好不发生碰撞，则说明乙反弹的的速度最大为由动量定理可得，挡板对乙滑块冲量的最大值为：2．如图所示，在光滑的水平面上有一长为L 的木板B ，上表面粗糙，在其左端有一光滑的四分之一圆弧槽C ，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B 、C 静止在水平面上．现有滑块A 以初速度0v 从右端滑上B ，一段时间后，以02v 滑离B ，并恰好能到达C 的最高点．A 、B 、C 的质量均为m ．求： （1）A 刚滑离木板B 时，木板B 的速度； （2）A 与B 的上表面间的动摩擦因数μ； （3）圆弧槽C 的半径R ；（4）从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能．【答案】（1） v B ＝04v ；（2）20516v gL μ=（3）2064v R g =（4）201532mv E ∆=【解析】 【详解】(1)对A 在木板B 上的滑动过程，取A 、B 、C 为一个系统，根据动量守恒定律有：mv 0＝m2v ＋2mv B 解得v B ＝4v (2)对A 在木板B 上的滑动过程，A 、B 、C 系统减少的动能全部转化为系统产生的热量222000111()2()22224v v mgL mv m m μ⨯＝－－解得20516v gLμ=(3)对A 滑上C 直到最高点的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒，则有：2mv ＋mv B ＝2mv A 、C 系统机械能守恒：22200111()()222242v v mgR m m mv +-⨯＝解得264v R g= (4)对A 滑上C 直到离开C 的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒0024A C mv mv mv mv +=+ A 、C 系统初、末状态机械能守恒，2222001111()()222422A C m m m m +=+v v v v 解得v A ＝4v . 所以从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能为：2220015112232A mv E mv mv ∆＝－＝【点睛】该题是一个板块的问题，关键是要理清A 、B 、C 运动的物理过程，灵活选择物理规律，能够熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解．3．如图所示，质量M=1kg 的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd 和ef 两个光滑半圆形导轨，c 与e 端由导线连接，一质量m=lkg 的导体棒自ce 端的正上方h=2m 处平行ce 由静止下落，并恰好从ce 端进入凹槽，整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中，导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好。

高中物理动量守恒定律真题汇编(含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1.如下图,质量为 M=2kg 的小车静止在光滑的水平地面上,其AB 局部为半径R=0.3m一一1 一的光滑一圆孤,BC 局部水平粗糙,BC 长为L=0.6m .一可看做质点的小物块从A 点由静止4(1)小物块与小车 BC 局部间的动摩擦因数;(2)小物块从A 滑到C 的过程中,小车获得的最大速度.【答案】(1) 0.5 (2) 1m/s 【解析】解：(1)小物块滑到C 点的过程中,系统水平方向动量守恒那么有： (M m)v 0所以滑到C 点时小物块与小车速度都为 0由能量守恒得：mgR mgLR解得： R 0.5L(2)小物块滑到B 位置时速度最大,设为 必,此时小车获得的速度也最大,设为V 2由动量守恒得：mv 1 Mv 2121 2 由能重寸恒得：mgR — mv 1— Mv 2 22联立解得：v 2 1m / s2.如下图,一个带圆弧轨道的平台固定在水平地面上,光滑圆弧 MN 的半径为R=3.2m,水平局部NP 长L=3.5m,物体B 静止在足够长的平板小车 C 上,B 与小车的接触 面光滑,小车的左端紧贴平台的右端.从 M 点由静止释放的物体 A 滑至轨道最右端P 点后 再滑上小车,物体 A 滑上小车后假设与物体 B 相碰必粘在一起,它们间无竖直作用力. A 与释放,滑到C 点刚好相对小车停止.小物块质量 m=1kg,取 g=10m/s 2.求:平台水平轨道和小车上外表的动摩擦因数都为0.4,且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相取 g=10m/s 2,求等.物体A 、B 和小车C 的质量均为1kg,K(1)物体A 进入N 点前瞬间对轨道的压力大小?考点：牛顿第二定律；动量守恒定律；能量守恒定律(2)物体A 在NP 上运动的时间？ (3)物体A 最终离小车左端的距离为多少？【答案】(1)物体A 进入N 点前瞬间对轨道的压力大小为30N ；(2)物体A 在NP 上运动的时间为 0.5s (3)物体A 最终离小车左端的距离为33m 16【解析】试题分析：(1)物体A 由M 到N 过程中,由动能定理得： 在N 点,由牛顿定律得 F N -m A g=m A 联立解得F N =3m A g=30N由牛顿第三定律得,物体 A 进入轨道前瞬间对轨道压力大小为:(2)物体A 在平台上运动过程中2m A gR=m A v NF N ' =3A g=30N(imAg=mAa 2 L=v N t-at 代入数据解得t=0.5s t=3.5s (不合题意,舍去)(3)物体A 刚滑上小车时速度 v 〔= v N -at=6m/s从物体A 滑上小车到相对小车静止过程中,小车、物体 A 组成系统动量守恒,而物体 B 保持静止(m A + m C )v 2= m A v 1小车最终速度 v 2=3m/s此过程中A 相对小车的位移为 L 1,那么,1 2 129mgL 1 — mv 1 - 2mv 2 解得：L [=1m2 24物体A 与小车匀速运动直到 A 碰到物体B, A, B 相互作用的过程中动量守恒:(m A + m B )v 3= m A V 2此后A, B 组成的系统与小车发生相互作用,动量守恒,且到达共同速度V 4(m A + m B )v 3+m C v 2=" (m" A +m B +m C ) v 4此过程中A 相对小车的位移大小为L 2,那么mgL 2 1mv 22 1 2 22mv 3213mv 42解得:23 1_2= — m16物体A 最终离小车左端的距离为,33 x=L i -L 2=— m163.光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、 C,质量分别为 m A 3m 、m Bmb m ,开始时B 、C 均静止,A 以初速度V o 向右运动, 起,此后A 与B 间的距离保持不变.求A 与B 相撞后分开,B 又与C 发生碰撞并粘在一 B 与C碰撞前B 的速度大小.239 _94PU 经过 次a 盘变和 次3盘变,取后变成铅的同位 素.(填入铅的三种同位素 206 Pb 、282Pb 、282Pb 中的一种)(2)某同学利用如下图的装置验证动量守恒定律.图中两摆摆长相同,悬挂于同一高度,A 、B 两摆球均很小,质量之比为 1 ：2.当两摆均处于自由静止状态时,其侧面刚好 接触.向右上方拉动 B 球使其摆线伸直并与竖直方向成 45.角,然后将其由静止释放.结果观察到两摆球粘在一起摆动,且最大摆角成 30..假设本实验允许的最大误差为土猊,此 实验是否成功地验证了动量守恒定律? 【解析】【详解】(1)设发生了 x 次“衰变和y 次3衰变,【解析】 【分析】设A 与B 碰撞后,A 的速度为V A , B 与C 碰撞前B 的速度为％, B 与C 碰撞后粘在一起的 速度为V,由动量守恒定律得： 对A 、B 木块：m A V o对B 、C 木块：M B由A 与B 间的距离保持不变可知 v A v 联立代入数据得：m A V A m B V Bmb4 .[物理出彳3—5] (1)天然放射性元素207【答案】(1) 8, 4, 82Pb ； (2)根据质量数和电荷数守恒可知,2x-y+82=94, 239=207+4x;由数学知识可知,x=8, y=4.假设是铅的同位素206,或208,不满足两数守恒, 因此最后变成铅的同位素是282Pb(2)设摆球A 、B 的质量分别为 m A 、m B,摆长为l, B 球的初始高度为h i,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h 1 l(1 cos45)①1 22m B V B m B ghi ②设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为P i 、P 2.有 P i = m B V B ③所以,此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律.5.氢是一种放射性气体,主要来源于不合格的水泥、墙砖、石材等建筑材料.呼吸时氨气 会随气体进入肺脏,氢衰变时放出射线,这种射线像小 炸弹〞一样轰击肺细胞,使肺细胞受损,从而引发肺癌、白血病等.假设有一静止的氢核222Rn 发生 衰变,放出一个速度为V .、质量为m 的 粒子和一个质量为 M 的反冲核针288 Po 此过程动量守恒,假设氢核发 生衰变时,释放的能量全部转化为粒子和针核的动能.(1)写衰变方程;联立①②③式得同理可得联立④⑤式得代人条件得由此可以推出 P m B J 2gl (1 cos45 ) ④F 2 (m A m B R2gl(1 cos30 )⑤P 2 m A m B 1 cos30 - - -------- J d P 1 m B . 1 cos452P2… —1.03⑦P(2)求出反冲核针的速度；(计算结果用题中字母表示相反；(3) m 【解析】 【分析】 【详解】(1)由质量数和核电荷数守恒定律可知,核反响方程式为222 218 4..86Rn 84 Po+2He (2)核反响过程动量守恒,以 a 离子的速度方向为正方向 由动量守恒定律得mv 0 Mv 0解得vmv 0■,负号表示方向与 a 离子速度方向相反 M(3)衰变过程产生的能量21 2 1 2M m mv oE -mv 2 - Mv 2-2 22M由爱因斯坦质能方程得2E mc解得M m mv 2m ------------ 5——2Mc 26.如下图,一对杂技演员(都视为质点)乘秋千(秋千绳处于水平位置)从A 点由静止出发绕.点下摆,当摆到最低点 B 时,女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出,然后自己刚好能回到高处 A.求男演员落地点 C 与O 点的水平距离s.男演员质量 m 1 和女演员质量 m 2之比m 1 ：m 2=2,秋千的质量不计,秋千的摆长为R, C 点比.点低5R.【答案】8R 【解析】【分析】 【详解】两演员一起从从 A 点摆到B 点,只有重力做功,机械能守恒定律,设总质量为 m,那么12(3)求出这一衰变过程中的质量亏损.(计算结果用题中字母表示)2222184 ..【答木】(1) 86 Rn 84 Po 2 He ; (2) vmv o负号表示方向与“离子速度方向2M m mv 0 2Mc 2mgR -mv1 2女演员刚好能回到高处,机械能依然守恒：m2gR -m2v12女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出,两演员系统动量守恒：(m l m2) v m2v l m1v2③根据题意：m1 ：m2 2有以上四式解得：v22 2gR1c 8R接下来男演员做平抛运动：由4R -gt2,得t —2 . g因而：s v2t 8R；【点睛】两演员一起从从A点摆到B点,只有重力做功,根据机械能守恒定律求出最低点速度；女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出,两演员系统动量守恒,由于女演员刚好能回到高处,可先根据机械能守恒定律求出女演员的返回速度,再根据动量守恒定律求出男演员平抛的初速度,然后根据平抛运动的知识求解男演员的水平分位移；此题关键分析求出两个演员的运动情况,然后对各个过程分别运用动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解.7.光滑水平面上质量为1kg的小球A,以2.0m/s的速度与同向运动的速度为 1.0m/s、质量为2kg的大小相同的小球B发生正碰,碰撞后小球B以1.5m/s的速度运动.求：I~~J S I(1)碰后A球的速度大小；(2)碰撞过程中A、B系统损失的机械能.【答案】V A 1.0m/s, E损0.25J【解析】试题分析：(1)碰撞过程中动量守恒,由动量守恒定律可以求出小球速度.(2)由能量守恒定律可以求出损失的机械能.解：(1)碰撞过程,以A的初速度方向为正,由动量守恒定律得：m A V A+m B V B=m A V A+m B v B代入数据解：v A=1.0m/s②碰撞过程中A、B系统损失的机械能量为：_1 2,1 2 _ 1 y 2 _ 1 ,2KE损一］山正且? /8 ①山尸A/㈤胪B代入数据解得：E 损=0.25J 答：①碰后A 球的速度为1.0m/s ；②碰撞过程中A 、B 系统损失的机械能为 0.25J.【点评】小球碰撞过程中动量守恒、机械能不守恒,由动量守恒定律与能量守恒定律可以 正确解题,应用动量守恒定律解题时要注意正方向的选择.8 .如下图,光滑的水平地面上有一木板,其左端放有一重物,右方有一竖直的墙.重物质量为木板质量的2倍,重物与木板间的动摩擦因数为科使木板与重物以共同的速度 v o 向右运动,某时刻木板与墙发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后木板以原速率反弹长,重物始终在木板上.重力加速度为g.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间4V 0 3~g解：木板第一次与墙碰撞后,向左匀减速直线运动,直到静止,再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度,再往后是匀速直线运动,直到第二次 撞墙. 木板第一次与墙碰撞后,重物与木板相互作用直到有共同速度V,动量守恒,有：2mv o - mv o = (2m+m) v, 解得： v=^-木板在第一个过程中,用动量定理,有： mv - m ( - v 0)=科2mgt…〜一 一 1? 1 2八用动能TE 理,有： -mv --IDV O =-科 2mgs木板在第二个过程中,匀速直线运动,有： s=vt 2,,一,…~、2v n 2v n I 4V n木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t l +t 2=—-+——-=一-3|Xg_ ……入……工……L,[W答：木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间为34M【点评】此题是一道考查动量守恒和匀变速直线运动规律的过程复杂的好题,正确分析出 运动规律是关键.9 .如下图,带有 1光滑圆弧的小车 A 的半径为R,静止在光滑水平面上.滑块C 置于4木板B 的右端,A 、B 、C 的质量均为 m, A 、B 底面厚度相同.现 B 、C 以相同的速度向右 匀速运动,B 与A 碰后即粘连在一起,C 恰好能沿A 的圆弧轨道滑到与圆心等高.设木板足够处.那么：(重力加速度为 g)(1)B 、C 一起匀速运动的速度为多少？(2)滑块C 返回到A 的底端时AB 整体和C 的速度为多少?【解析】此题考查动量守恒与机械能相结合的问题.(1)设B 、C 的初速度为vo, AB 相碰过程中动量守恒,设碰后 AB 总体速度u,由12 1 2 12-mv 0 - 2mu - 3mu mgR 2 2 2解得 v o 2.3gR(2)C 从底端滑到顶端再从顶端滑到底部的过程中,满足水平方向动量守恒、机械能守恒,有 mv 0 2mu mv 1 2mv 210.如下图,在光滑的水平面上,质量为 4m 、长为L 的木板右端紧靠竖直墙壁,与墙壁 不粘连.质量为 m 的小滑块(可视为质点)以水平速度 v 0滑上木板左端,滑到木板右端时 速度恰好为零.现小滑块以水平速度 v 滑上木板左端,滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞,小滑块弹回后,刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下,求 一的值. 0v 1【答案］一二三 %- 【解析】1 2试题分析：小滑块以水平速度 v 0右滑时,有：fL =0- - mv 2 (2分)2mv o 2mu ,解得 uV2C 滑到最高点的过程mv o 2mu 3mu1 2—mv 0 2-2mu 21mv ； - 2mv 2 2 22 解得：v 1 mgR, 35,3gR31 o 1 o小滑块以速度v 滑上木板到运动至碰墙时速度为vi,那么有 fL = — mv 1-—mv (2分)2 2滑块与墙碰后至向左运动到木板左端,此时滑块、木板的共同速度为 丫2,那么有 mv i =(m 4m)v 2(2 分)1 2 1 2由总能重寸恒可得：fL= —mv 1 -- (m 4m)v 2 (2分)2 2 v 3上述四式联立,解得 一一(1分)v o 2考点：动能定理,动量定理,能量守恒定律.11.如下图,一质量为 M 的平板车B 放在光滑水平面上,在其右端放一质量为 m 的小 木块A, m 〈M,A 、B 间粗糙,现给 A 和B 以大小相等、方向相反的初速度 v0,使A 开始向 左运动,B 开始向右运动,最后 A 不会1t 离B,求：(1) A 、B 最后的速度大小和方向；(2)从地面上看,小木块向左运动到离出发点最远处时,平板车的速度大小和方向.…… M m2Mm 2【答案】(1) ------------------------- v 0 (2) -------------- v 0M m 2 Mg【解析】试题分析：(1)由A 、B 系统动量守恒定律得：Mv0 —mv0= (M +m ) v ①一 M -w所以v=- ---------- v0 方向向右(2) A 向左运动速度减为零时,到达最远处,设此时速度为 Mv 0 mv 0Mv0 — mv0="Mv' v -------------------- 方 向向右M考点：动量守恒定律；点评：此题主要考查了动量守恒定律得直接应用,难度适中.12.如下图,粗细均匀的圆木棒 A 下端离地面高 H,上端套着一个细环 B. A 和B 的质 量均为m, A 和B间的滑动摩擦力为f,且fvmg.用手限制A 和B 使它们从静止开始自由 下落.当A 与地面碰撞后,A 以碰撞地面时的速度大小竖直向上运动,与地面发生碰撞时 间极短,空气阻力不计,运动过程中 A 始终呈竖直状态.求：假设 A 再次着地前B 不脱离A, A 的长度应满足什么条件？v'那么由动量守恒定律得:r~丘7 --------------(mg + D【解析】试题分析：设木棒着地时的速度为l v°,由于木棒与环一起自由下落,那么也=\Z两木棒弹起竖直上升过程中,由牛顿第二定律有：对木棒：『+ mg ai = -解得：山,方向竖直向下对环：・_ mg-/解得上m方向竖直向下可见环在木棒上升及下降的全过程中一直处于加速运动状态,所以木棒从向上弹起到再次着地的过程中木棒与环的加速度均保持不变2 vo木棒在空中运动的时间为在这段时间内,环运动的位移为--■ . ■要使环不碰地面,那么要求木棒长度不小于x,即,兰冈L>...................解得：+考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度,所以在做这一类问题时,特别又是多过程问题时,先弄清楚每个过程中的运动性质,根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力。

可编辑修改精选全文完整版高考物理动量定理真题汇编(含答案)一、高考物理精讲专题动量定理1．图甲为光滑金属导轨制成的斜面，导轨的间距为1m l =，左侧斜面的倾角37θ=︒，右侧斜面的中间用阻值为2R =Ω的电阻连接。

在左侧斜面区域存在垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为10.5T B =，右侧斜面轨道及其右侧区域中存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为20.5T B =。

在斜面的顶端e 、f 两点分别用等长的轻质柔软细导线连接导体棒ab ，另一导体棒cd 置于左侧斜面轨道上，与导轨垂直且接触良好，ab 棒和cd 棒的质量均为0.2kg m =，ab 棒的电阻为12r =Ω，cd 棒的电阻为24r =Ω。

已知t =0时刻起，cd 棒在沿斜面向下的拉力作用下开始向下运动(cd 棒始终在左侧斜面上运动)，而ab 棒在水平拉力F 作用下始终处于静止状态，F 随时间变化的关系如图乙所示，ab 棒静止时细导线与竖直方向的夹角37θ=︒。

其中导轨的电阻不计，图中的虚线为绝缘材料制成的固定支架。

(1)请通过计算分析cd 棒的运动情况；(2)若t =0时刻起，求2s 内cd 受到拉力的冲量；(3)3 s 内电阻R 上产生的焦耳热为2. 88 J ，则此过程中拉力对cd 棒做的功为多少?【答案】(1)cd 棒在导轨上做匀加速度直线运动；(2)1.6N s ；(3)43.2J【解析】【详解】(1)设绳中总拉力为T ，对导体棒ab 分析，由平衡方程得：sin θF T BIl =+cos θT mg =解得：tan θ 1.50.5F mg BIl I =+=+由图乙可知：1.50.2F t =+则有：0.4I t =cd 棒上的电流为：0.8cd I t =则cd 棒运动的速度随时间变化的关系：8v t =即cd 棒在导轨上做匀加速度直线运动。

(2)ab 棒上的电流为：0.4I t =则在2 s 内，平均电流为0.4 A ，通过的电荷量为0.8 C ，通过cd 棒的电荷量为1.6C 由动量定理得：sin θ0F t I mg t BlI mv +-=-解得： 1.6N s F I =(3)3 s 内电阻R 上产生的的热量为 2.88J Q =，则ab 棒产生的热量也为Q ，cd 棒上产生的热量为8Q ，则整个回路中产生的总热量为28. 8 J ，即3 s 内克服安培力做功为28. 8J 而重力做功为：G sin 43.2J W mg θ==对导体棒cd ，由动能定理得：F W W '-克安2G 102W mv +=- 由运动学公式可知导体棒的速度为24 m/s解得：43.2J F W '=2．如图所示,固定在竖直平面内的4光滑圆弧轨道AB 与粗糙水平地面BC 相切于B 点。

2016 全国二卷高考物理一、选择题：题共8 小题，每小题 6 分。

在每小题给出的四个选项中，第14～17 题只有一项符合题目要求，第18～21 题有多项符合题目要求。

全部选对的得 6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。

14. 质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。

用水平向左的力 F 缓慢拉动绳的中点O，如图所示。

用T 表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中A. F 逐渐变大，T 逐渐变大B. F 逐渐变大，T 逐渐变小C. F 逐渐变小，T 逐渐变大D. F 逐渐变小，T 逐渐变小【答案】 A考点：动态平衡的图解法此题是物体的平衡问题，考查平行四边形法则的应用；图解法是最简单快捷的方法，注意搞清各个力的大小及方向变化的特点，变换平行四边形即可. 此题还可以用函数式讨论. 15. 如图，P 为固定的点电荷，虚线是以P 为圆心的两个圆。

带电粒子Q 在P 的电场中运动。

运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c 为轨迹上的三个点。

若Q 仅受P 的电场力作用，其在a、b、c 点的加速度大小分别为a a、a b、a c，速度大小分别为v a、v b、v c，则A. a a>a b>a c ，v a>v c>v bB. a a>a b>a c，v b > v c> v aC. a b> a c > a a，v b > v c> v aD.a b> a c > a a，v a>v c>v b【答案】 D考点：点电荷的电场、带电粒子在电场中的运动此题考查带电粒子在电场中的运动问题；关键是掌握点电荷的电场分布规律；能根据粒子的运动轨迹判断粒子电性和点电荷电性的关系；要知道只有电场力做功时粒子的动能与电势能之和守恒.16. 小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于Q球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短。

2016-2020五年高考物理试题分类汇总-动量（原卷版）【2020年】1.（2020·新课标Ⅰ）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。

若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（ ）A. 增加了司机单位面积的受力大小B. 减少了碰撞前后司机动量的变化量C. 将司机的动能全部转换成汽车的动能D. 延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积2.（2020·新课标Ⅱ）水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg 的静止物块以大小为5.0 m/s 的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s 的速度与挡板弹性碰撞。

总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s ，反弹的物块不能再追上运动员。

不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为A. 48 kgB. 53 kgC. 58 kgD. 63 kg3.（2020·新课标Ⅲ）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。

已知甲的质量为1kg ，则碰撞过程两物块损失的机械能为（ ）A. 3 JB. 4 JC. 5 JD. 6 J【2019年】 1．（2019·江苏卷）质量为M 的小孩站在质量为m 的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦．小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v ，此时滑板的速度大小为_________。

A ．m v MB ．M v mC ．m v m M +D ．M v m M+2．（2019·新课标全国Ⅰ卷）最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。

2016年高考物理真题分类汇编选修3-5动量专题(共9页)-本页仅作为预览文档封面，使用时请删除本页-2016年高考物理真题分类汇编：动量专题[2016上海22A ].如图，粗糙水平面上，两物体A 、B 以轻绳相连，在恒力F 作用下做匀速运动。

某时刻轻绳断开，A 在F 牵引下继续前进，B 最后静止。

则在B 静止前，A 和B 组成的系统动量_________（选填：“守恒”或“不守恒“）。

在B 静止后，A 和B 组成的系统动量 。

（选填：“守恒”或“不守恒“）【答案】守恒；不守恒【解析】轻绳断开前，A 、B 做匀速运动，系统受到的拉力F 和摩擦力平衡，合外力等于零，即0A B F f f --=，所以系统动量守恒；当轻绳断开B 静止之前，A 、B 系统的受力情况不变，即0A B F f f --=，所以系统的动量依然守恒；当B 静止后，系统的受力情况发生改变，即A A F f m a -=，系统合外力不等于零，系统动量不守恒。

[2016北京18]如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E 运行，在P 变轨后进入轨道2做匀速圆周运动下列说法正确的是A.不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P 点的速度都相同B.不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P 点的加速度都相同C.卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度D.卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量 【答案】B考点：考查了万有引力定律的应用[2016天津9（1）]、如图所示，方盒A 静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B ，盒的质量是滑块质量的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ；若滑块以速度v 开始向左运动，与盒的左右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对盒静止，则此时盒的速度大小为 ；滑块相对盒运动的路程 。

【答案】3v23v g μ【解析】试题分析：设滑块质量为m ，则盒子的质量为2m ；对整个过程，由动量守恒定律可得：mv=3mv 共解得v 共=3v由能量关系可知：22113()223v mgx mv m μ=-⋅⋅ 解得：23v x gμ=考点：动量守恒定律；能量守恒定律[2016理综I-35] [物理——选修3-5]（2）（10分）某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中。

2016年—2018年高考试题精编版分项解析专题07 动量1．高空坠物极易对行人造成伤害。

若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（）A. 10 NB. 102 NC. 103 ND. 104 N【来源】2018年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国II卷）【答案】 C由动量定理可知：，解得：，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C正确故选C点睛：利用动能定理求出落地时的速度，然后借助于动量定理求出地面的接触力2．高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能（）A. 与它所经历的时间成正比B. 与它的位移成正比C. 与它的速度成正比D. 与它的动量成正比【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（新课标I卷）【答案】 B【解析】本题考查匀变速直线运动规律、动能、动量及其相关的知识点。

根据初速度为零匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速度与时间成正比，即v=at，由动能公式E k=mv2，可知列车动能与速度的二次方成正比，与时间的二次方成正比，选项AC错误；由v2=2ax，可知列车动能与位移x成正比，选项B正确；由动量公式p=mv，可知列车动能E k=mv2=，即与列车的动量二次方成正比，选项D错误。

3．（多选）如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。

现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略。

下列说法正确的是A. a的质量比b的大B. 在t时刻，a的动能比b的大C. 在t时刻，a和b的电势能相等D. 在t时刻，a和b的动量大小相等【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（全国III卷）【答案】 BD在t时刻，a的动能比b大，选项B正确；由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，选项C错误；由于a微粒受到的电场力（合外力）等于b微粒受到的电场力（合外力），根据动量定理，在t时刻，a微粒的动量等于b微粒，选项D正确。

2016年全国高考统一物理试卷（新课标Ⅲ）一、选择题1．（6分）关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是（）A．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律B．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律C．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因D．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律2．（6分）关于静电场的等势面，下列说法正确的是（）A．两个电势不同的等势面可能相交B．电场线与等势面处处相互垂直C．同一等势面上各点电场强度一定相等D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功3．（6分）一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。

该质点的加速度为（）A．B．C．D．4．（6分）如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上：一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球，在a和b之间的细线上悬挂一小物块。

平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径。

不计所有摩擦，小物块的质量为（）A．B．m C．m D．2m5．（6分）平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q＞0）．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的射点到两平面交线O的距离为（）A．B．C．D．6．（6分）如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b．当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是（）A．原、副线圈匝数之比为9：1B．原、副线圈匝数之比为1：9C．此时a和b的电功率之比为9：1D．此时a和b的电功率之比为1：97．（6分）如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P．它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W．重力加速度大小为g．设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则（）A．a=B．a=C．N=D．N=8．（6分）如图，M为半圆形导线框，圆心为O M；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为O N；两导线框在同一竖直面（纸面）内；两圆弧半径相等；过直线O M O N的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。

2016年普通高等学校招生全国统一考试(全国Ⅱ卷)物理试题14.(2016·全国Ⅱ卷,14)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上.用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O,如图所示.用T表示绳OA段拉力的大小,在O点向左移动的过程中( A )A.F逐渐变大,T逐渐变大B.F逐渐变大,T逐渐变小C.F逐渐变小,T逐渐变大D.F逐渐变小,T逐渐变小解析:法一对结点O受力分析如图(甲)所示,设绳OA与竖直方向的夹角为θ,由共点力平衡条件得T·cos θ=T OB=mg,T·sin θ=F,解得T=,F=mgtan θ,在O点向左移动的过程中,θ逐渐增大,故F逐渐变大,T逐渐变大.法二绳OB对结点O的拉力大小为mg,方向竖直向下保持不变,由共点力平衡条件知F,T的合力大小为mg,方向竖直向上保持不变,在O点向左移动的过程中,F,T的变化情况如图(乙)所示,则可判断出F逐渐变大,T逐渐变大.15.(2016·全国Ⅱ卷,15)如图,P是固定的点电荷,虚线是以P为圆心的两个圆.带电粒子Q在P的电场中运动,运动轨迹与两圆在同一平面内,a,b,c为轨迹上的三个点.若Q仅受P的电场力作用,其在a,b,c点的加速度大小分别为a a,a b,a c,速度大小分别为v a,v b,v c.则( D )A.a a>a b>a c,v a>v c>v bB.a a>a b>a c,v b>v c>v aC.a b>a c>a a,v b>v c>v aD.a b>a c>a a,v a>v c>v b解析:由库仑定律可知Q在a,b,c三点所受电场力关系为F b>F c>F a,再由a=可得a b>a c>a a.做曲线运动的物体所受合力方向指向曲线的“凹侧”,故Q受到P的斥力作用,再由动能定理可得v a>v c>v b.16.(2016·全国Ⅱ卷,16)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上,P球的质量大于Q球的质量,悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短.将两球拉起,使两绳均被水平拉直,如图所示.将两球由静止释放.在各自轨迹的最低点( C )A.P球的速度一定大于Q球的速度B.P球的动能一定小于Q球的动能C.P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度解析:由静止释放至运动到最低点的过程分别对两球应用动能定理有,m P gl P=E kP-0=m P-0,m Q gl Q=E kQ-0=m Q-0,得v P=,v Q=,因为l P<l Q,故v P<v Q,选项A错误;由于m P>m Q,l P<l Q,故无法比较E kP与E kQ的大小,选项B错误;由向心加速度公式有a P==2g,a Q==2g,选项D错误;对P,Q在最低点应用牛顿第二定律有F P-m P g=m P a P,F Q-m Q g=m Q a Q.可得F P=3m P g,F Q=3m Q g,故F P>F Q,选项C正确.17.(2016·全国Ⅱ卷,17)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路.开关S断开且电流稳定时,C所带的电荷量为Q1;闭合开关S,电流再次稳定后,C所带的电荷量为Q2.Q1与Q2的比值为( C )A. B. C. D.解析:设每个电阻的阻值均为R.开关S断开时的等效电路图如图(甲)所示,电路中R总=R+=R,I总==,则电容器C两端的电压U=I总R=,此时C所带电荷量Q1=CU=CE.开关S闭合时的等效电路图如图(乙)所示,电路中R总'=R+=R,I总'==,则电容器C两端的电压U'=E-I总'R=,此时C所带电荷量Q2=CU'=CE.故Q1∶Q2=3∶5.18.(2016·全国Ⅱ卷,18)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如图所示.图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动.在该截面内,一带电粒子从小孔M射入筒内,射入时的运动方向与MN成30°角.当筒转过90°时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒.不计重力.若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为( A )A. B. C. D.解析:圆筒转动的周期T=.由题意知,假设圆筒不转动,粒子在时间内应恰好到达如图所示的半圆MN的中点N'处.作弦MN'的中垂线及初速度方向的垂线,两线交点即为粒子做匀速圆周运动的圆心O',连结N'O',由几何关系可得粒子运动圆弧所对应的圆心角,即∠MO'N'=30°.则粒子运动时间t=×=,由t=可得=.19.(2016·全国Ⅱ卷,19)(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量.两球在空气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关.若它们下落相同的距离,则( BD )A.甲球用的时间比乙球长B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功解析:设小球所受空气阻力F f=kR,k为常数.由牛顿第二定律有mg-kR=ma,结合m=ρ·πR3,可得a=g-,因为ρ甲=ρ乙,m甲>m乙,所以R甲>R乙,故a甲>a乙,选项C错误;由运动学公式h=at2得t甲<t乙,选项A错误;由运动学公式v2=2a·h得v甲>v乙,选项B正确;克服阻力做的功W=F f·h=k·R·h,故W甲>W乙,选项D正确.20.(2016·全国Ⅱ卷,20)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示.铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P,Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触.圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中.圆盘旋转时,关于流过电阻R的电流,下列说法正确的是( AB )A.若圆盘转动的角速度恒定,则电流大小恒定B.若从上向下看,圆盘顺时针转动,则电流沿a到b的方向流动C.若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向可能发生变化D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍,则电流在R上的热功率也变为原来的2倍解析:圆盘转动半径切割磁感线产生感应电动势,由右手定则知,从上向下看圆盘顺时针转动时,电流方向为从a到b,选项B正确.由右手定则还可以判断出只要圆盘转动方向和磁场方向不变,感应电流的方向就不变,与圆盘转动角速度大小无关,选项C错误.圆盘转动切割磁感线产生的感应电动势E=BL2ω(L为圆盘半径),若圆盘转动的角速度恒定,则感应电动势E恒定,由欧姆定律知电流大小就恒定,选项A正确.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍,则感应电动势E变为原来的2倍,由P R=·R=2·R知电流在R上的热功率变为原来的4倍,选项D错误.21.(2016·全国Ⅱ卷,21)(多选)如图,小球套在光滑的竖直杆上,轻弹簧一端固定于O点,另一端与小球相连.现将小球从M点由静止释放,它在下降的过程中经过了N点.已知在M,N两点处,弹簧对小球的弹力大小相等,且∠ONM<∠OMN<.在小球从M点运动到N点的过程中( BCD )A.弹力对小球先做正功后做负功B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C.弹簧长度最短时,弹力对小球做功的功率为零D.小球到达N点时的动能等于其在M,N两点的重力势能差解析:因为在M,N两点处弹簧弹力大小相等,且OM<ON,所以M处弹簧处于压缩状态,N处弹簧处于伸长状态.如图所示的A,B两处分别为弹簧最短与原长的位置,可知小球从M运动到A处的过程,弹力对小球做负功;小球从A运动到B处的过程中,弹力对小球做正功,小球从B运动到N处的过程,弹力对小球做负功.选项A错误;小球受到竖直向下的重力、水平方向的杆的支持力、弹簧弹力三个力作用,由牛顿第二定律知,当弹簧对小球的弹力在竖直方向的分力为零时,小球的加速度等于重力加速度,可知小球在A,B两处时加速度等于重力加速度,选项B正确;弹簧最短即小球在A处时,弹力方向与小球速度方向垂直,故弹力对小球做功的功率为零,选项C正确;在M,N两点处,弹簧弹力大小相等,则弹簧的形变量相等,所以弹簧弹性势能的大小相等,小球从M运动到N的过程中,小球和弹簧组成的系统机械能守恒,则有E pM-E pN=E kN-0,选项D正确.22.(2016·全国Ⅱ卷,22)某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究,实验装置如图(甲)所示:轻弹簧放置在光滑水平桌面上,弹簧左端固定,右端与一物块接触而不连接,纸带穿过打点计时器并与物块连接,向左推物块使弹簧压缩一段距离,由静止释放物块,通过测量和计算,可求得弹簧被压缩后的弹性势能.(1)实验中涉及下列操作步骤:①把纸带向左拉直②松手释放物块③接通打点计时器电源④向左推物块使弹簧压缩,并测量弹簧压缩量上述步骤正确的操作顺序是(填入代表步骤的序号).(2)图(乙)中M和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果.打点计时器所用交流电的频率为50 Hz.由M纸L”)纸带带所给的数据,可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为m/s.比较两纸带可知, (填“M”或“对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大.解析:(1)启动打点计时器前,应把纸带拉直以减小因纸带受到摩擦力而产生的误差.实验时应先接通打点计时器的电源,再释放物块.故正确的操作顺序是④①③②.(2)物块脱离弹簧前,在弹簧弹力作用下沿光滑水平面加速运动,脱离弹簧后做匀速运动,故物块脱离弹簧时的速度即为匀速运动时的速度,由纸带数据可知v M= m/s=1.29 m/s.弹簧被压缩后的弹性势能转化成了物块的动能,由纸带数据知M纸带对应的物块最终的速度大,则动能也大,故对应的弹簧被压缩后的弹性势能大.答案:(1)④①③②(2)1.29 M23.(2016·全国Ⅱ卷,23)某同学利用图(甲)所示电路测量量程为 2.5 V的电压表的内阻(内阻为数千欧姆),可供选择的器材有:电阻箱R(最大阻值99 999.9 Ω),滑动变阻器R1(最大阻值50 Ω),滑动变阻器R2(最大阻值 5 kΩ),直流电源E(电动势 3 V),开关1个,导线若干.实验步骤如下:①按电路原理图(甲)连接线路;②将电阻箱阻值调节为0,将滑动变阻器的滑片移到与图(甲)中最左端所对应的位置,闭合开关S;③调节滑动变阻器,使电压表满偏.④保持滑动变阻器滑片的位置不变,调节电阻箱阻值,使电压表的示数为 2.00 V,记下电阻箱的阻值.回答下列问题:R2”).(1)实验中应选择滑动变阻器(填“R1”或“(2)根据图(甲)所示电路将图(乙)中实物图连线.(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0 Ω,若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变,计算可得电压表的内阻为Ω(结果保留到个位).(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的,可推断该表头的满刻度电流为(填正确答案标号).A.100 μAB.250 μAC.500 μAD.1 mA解析:(1)滑动变阻器R1的阻值较小,在分压电路中便于调节,故实验中应选择R1.(2)如图所示(3)电阻箱阻值为0时,电压表满偏电压U g=2.5 V,电阻箱阻值R=630.0 Ω时,电压表的示数U V=2.00 V,此时电阻箱两端的电压U R=U g-U V=0.5 V,根据串联电路电压与电阻成正比可得=,故R g=R=×630.0 Ω=2 520 Ω.(4)电压表的满偏电流为I g,则I g R g=U g,故I g== A≈1 mA,选项D正确.答案:(1)R1(2)见解析(3)2 520 (4)D24.(2016·全国Ⅱ卷,24)如图,水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻,质量为m,长度为l的金属杆置于导轨上.t=0时,金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动.t0时刻,金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均忽略不计,两者始终保持垂直且接触良好,两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求:(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小;(2)电阻的阻值.解析:(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a,由牛顿第二定律得ma=F-μmg,设金属杆到达磁场左边界时的速度为v,由运动学公式有v=at0,当金属杆以速度v在磁场中运动时,由法拉第电磁感应定律,杆中的电动势为E=Blv,联立解得E=Blt0-μg.(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时,金属杆中的电流为I,根据欧姆定律I=,式中R为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为F A=BlI,因金属杆做匀速运动,由牛顿运动定律得F-μmg-F A=0,联立解得R=.答案:(1)Blt0-μg(2)25.(2016·全国Ⅱ卷,25)轻质弹簧原长为2l,将弹簧竖直放置在地面上,在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放,当弹簧被压缩到最短时,弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置,一端固定在A点,另一端与物块P接触但不连接.AB是长度为5l的水平轨道,B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切,半圆的直径BD竖直,如图所示.物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5.用外力推动物块P,将弹簧压缩至长度l,然后放开,P开始沿轨道运动.重力加速度大小为g.(1)若P的质量为m,求P到达B点时速度的大小以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离.(2)若P能滑上圆轨道,且仍能沿圆轨道滑下,求P的质量的取值范围.解析:(1)依题意,当弹簧竖直放置,长度被压缩至l时,质量为5m的物体的动能为零,其重力势能转化为弹簧的弹性势能.由机械能守恒定律,弹簧长度为l时的弹性势能为E p=5mgl,①设P的质量为M,到达B点时的速度大小为v B,由能量守恒定律得E p=M+μMg·4l,②联立①②式,取M=m并代入题给数据得v B=,③若P能沿圆轨道运动到D点,其到达D点时的向心力不能小于重力,即P此时的速度大小v应满足-mg≥0,④设P滑到D点时的速度为v D,由机械能守恒定律得m=m+mg·2l,⑤联立③⑤式得v D=,⑥v D满足④式要求,故P能运动到D点,并从D点以速度v D水平射出.设P落回到轨道AB所需的时间为t,由运动学公式得2l=gt2,⑦P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s=v D t,⑧联立⑥⑦⑧式得s=2l.⑨(2)为使P能滑上圆轨道,它到达B点时的速度不能小于零.由①②式可知5mgl>μMg·4l,⑩要使P仍能沿圆轨道滑回,P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点 C.由机械能守恒定律有M≤Mgl,联立①②⑩式得m≤M<m.答案:(1)2l (2)m≤M<m33.(1)(2016·全国Ⅱ卷,33)一定量的理想气体从状态a开始,经历等温或等压过程ab,bc,cd,da回到原状态,其p T图像如图所示,其中对角线ac的延长线过原点O.下列判断正确的是.(填正确答案标号)A.气体在a,c两状态的体积相等B.气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能C.在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功D.在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功E.在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功解析:由于在p T图像中对角线ac的延长线过原点,可知状态a,c处在一条等容线上,a,c两状态体积相等,而T a>T c,则状态a时的内能大于状态c时的内能;在过程cd中气体温度不变,压强增大,体积变小,外界对气体做功,内能不变,由热力学第一定律可知,气体放出热量等于外界对气体做的功;在过程da中气体压强不变,温度升高则体积增大,即气体内能增加且对外做功,气体吸收的热量大于对外界做的功;在过程bc中,由盖—吕萨克定律得=,则=,ΔV1=V c;在过程da中,同理可得V d-V a=ΔV2=V a,又因V a=V c,T b-T c=T a-T d,可得=;在状态a,c,根据查理定律得=,即=,说明过程bc中外界对气体做的功等于过程da中气体对外界做的功,选项A,B,E正确.答案:ABE33.(2)(2016·全国Ⅱ卷,33)一氧气瓶的容积为0.08 m3,开始时瓶中氧气的压强为20个大气压.某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3.当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时,需重新充气.若氧气的温度保持不变,求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天.解析:设氧气开始时的压强为p1,体积为V1,压强变为p2(2个大气压)时,体积为V2.根据玻意耳定律得p1V1=p2V2,重新充气前,用去的氧气在p2压强下的体积为V3=V2-V1,设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0,则有p2V3=p0V0,设实验室每天用去的氧气在p0下的体积为ΔV,则氧气可用的天数为N=,代入数据得N=4(天).答案:4天34.(1)(2016·全国Ⅱ卷,34)关于电磁波,下列说法正确的是(填正确答案标号).A.电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关B.周期性变化的电场和磁场可以相互激发,形成电磁波C.电磁波在真空中自由传播时,其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直D.利用电磁波传递信号可以实现无线通信,但电磁波不能通过电缆、光缆传输E.电磁波可以由电磁振荡产生,若波源的电磁振荡停止,空间的电磁波随即消失解析:任何电磁波在真空中传播速度均相同;周期性变化的电场和磁场相互激发,形成电磁波;电磁波为横波,即传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直;电磁波可通过电缆、光缆传输;电磁波由电场和磁场的相互激发产生,即使电磁振荡停止,空间的电磁波仍可以继续传播,选项A,B,C正确.答案:ABC34.(2)(2016·全国Ⅱ卷,34)一列简谐横波在介质中沿x轴正向传播,波长不小于10 cm.O和A是介质中平衡位置分别位于x=0和x=5 cm处的两个质点.t=0时开始观测,此时质点O的位移为y=4 cm,质点A处于波峰位置;t= s时,质点O第一次回到平衡位置,t=1 s时,质点A第一次回到平衡位置.求(1)简谐波的周期、波速和波长;(2)质点O的位移随时间变化的关系式.解析:(1)设振动周期为T.由于质点A在0到1 s内由最大位移处第一次回到平衡位置,经历的是个周期,由此可知T=4 s,由于质点O与A的距离 5 cm小于半个波长,且波沿x轴正向传播,O在t= s时回到平衡位置,而A在t=1 s时回到平衡位置,时间相差 s.两质点平衡位置的距离除以传播时间,可得波的速度v=7.5 cm/s.利用波长、波速和周期的关系得,简谐波的波长λ=30 cm.(2)设质点O的位移随时间变化的关系为y=Acos+φ0,将T=4 s及题给条件代入上式得解得φ0=,A=8 cm,质点O的位移随时间变化的关系式为y=0.08cos+(国际单位制),或y=0.08sin+(国际单位制).答案:见解析35.(1)(2016·全国Ⅱ卷,35)在下列描述核过程的方程中,属于α衰变的是,属于β衰变的是,属于裂变的是,属于聚变的是.(填正确答案标号)A C N eB P S eC U Th HeD N He O HE U n Xe Sr+nF H H He n解析:C中U衰变放出α粒子,即为α衰变;A,B中C,P衰变中均放出e,即为β衰变;E中U吸收中子后分裂为中等质量的原子核,并放出两个中子,即为重核裂变;F中为两个轻核反应形成较重核的反应,即为轻核聚变.答案:C AB E F35.(2)(2016·全国Ⅱ卷,35)如图,光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面 3 m/s的速度向斜面体推出,冰块平滑地滑上斜面体,在斜面体上上升的最大高度为h=0.3 m(h小于斜面体的高度).已知小孩与滑板的总质量为m1=30 kg,冰块的质量为m2=10 kg,小孩与滑板始终无相对运动.取重力加速度的大小g=10 m/s2.(1)求斜面体的质量;(2)通过计算判断,冰块与斜面体分离后能否追上小孩?解析:(1)规定向右为速度正方向.冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度,设此共同速度为v,斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20=(m2+m3)v,m2=(m2+m3)v2+m2gh,式中v20=-3 m/s为冰块推出时的速度.联立并代入题给数据得m3=20 kg.(2)设小孩推出冰块后的速度为v1,由动量守恒定律有m1v1+m2v20=0,代入数据得v1=1 m/s,设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3,由动量守恒定律和机械能守恒定律有m2v20=m2v2+m3v3,m2=m2+m3,联立并代入数据得v2=1 m/s,由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方,故冰块不能追上小孩.答案:(1)20 kg (2)见解析2016年普通高等学校招生全国统一考试(全国Ⅲ卷)物理试题14.(2016·全国Ⅲ卷,14)关于行星运动的规律,下列说法符合史实的是( B )A.开普勒在牛顿定律的基础上,导出了行星运动的规律B.开普勒在天文观测数据的基础上,总结出了行星运动的规律C.开普勒总结出了行星运动的规律,找出了行星按照这些规律运动的原因D.开普勒总结出了行星运动的规律,发现了万有引力定律解析:开普勒在大量研究前人常年观测天文数据的基础上,总结出了行星运动的规律.牛顿发现了万有引力定律,揭示了行星按这些规律运动的原因,选项A,C,D错误,B正确.15.(2016·全国Ⅲ卷,15)关于静电场的等势面,下列说法正确的是( B )A.两个电势不同的等势面可能相交B.电场线与等势面处处相互垂直C.同一等势面上各点电场强度一定相等D.将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面,电场力做正功解析:在静电场中,两个电势不同的等势面不会相交,选项A错误;电场线与等势面一定相互垂直,选项B正确;同一等势面上的电场强度可能相等,也可能不相等,选项C错误;电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面,顺着电场线移动负试探电荷时,电场力做负功,选项D错误.16.(2016·全国Ⅲ卷,16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动,在时间间隔t内位移为s,动能变为原来的9倍,该质点的加速度为( A )A. B. C. D.解析:设t时间段的物体初速度为v1,末速度为v2,根据题意有9×m=m,得到v2=3v1,根据匀变速直线运动的规律知识可知:·t=s,v1+at=v2,联立以上两式并代入初、末速度之间关系,得a=选项A正确.17.(2016·全国Ⅲ卷,17)如图,两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上:一细线穿过两轻环,其两端各系一质量为m的小球.在a和b之间的细线上悬挂一小物块.平衡时,a,b间的距离恰好等于圆弧的半径.不计所有摩擦.小物块的质量为( C )A. B.m C.m D.2m解析:如图所示,由于不计摩擦,线上张力处处相等,且轻环受细线的作用力的合力方向指向圆心.由于a,b间距等于圆弧半径,则∠aOb=60°,进一步分析知,细线与aO,bO间的夹角皆为30°.取悬挂的小物块研究,悬挂小物块的细线张角为120°,由平衡条件知,小物块的质量与小球的质量相等,即为m.故选项C正确.18.(2016·全国Ⅲ卷,18)平面OM和平面ON之间的夹角为30°,其横截面(纸面)如图所示,平面OM上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外.一带电粒子的质量为m,电荷量为q(q>0),粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场,速度与OM成30°角,已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,并从OM上另一点射出磁场.不计重力.粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为( D )A. B. C. D.解析:如图所示,粒子在磁场中运动的轨道半径为R=.设入射点为A,出射点为B,圆弧与ON的交点为P.由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知,AB=R.由几何图形知,AP=R,则AO=AP=3R,所以OB=4R=.故选项D正确.19.(2016·全国Ⅲ卷,19)(多选)如图,理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时,两灯泡均能正常发光,下列说法正确的是( AD )A.原、副线圈匝数之比为9∶1B.原、副线圈匝数之比为1∶9C.此时a和b的电功率之比为9∶1D.此时a和b的电功率之比为1∶9解析:设灯泡的额定电压为U0,两灯泡均能正常发光,表明此时原线圈两端电压U1=9U0,同时副线圈两端电压U2=U0,故==,选项A正确,B错误;由理想变压器的电流比与匝数比之间关系知==,副线圈中电流I2=9I1,则灯泡a的电功率P1=U0·I1,b的电功率P2=U0·I2,可知=,选项C错误,D正确.20.(2016·全国Ⅲ卷,20)(多选)如图,一固定容器的内壁是半径为R的半球面,在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大小为N,则( AC )A.a=B.a=C.N=D.N=解析:质点P下滑过程中,重力做正功,摩擦力做负功,由动能定理得mgR-W=mv2,根据圆周运动知识得最低点时,a=,故a=,选项A正确,B错误;最低点时重力和支持力的合力充当向心力,由牛顿第二定律得N-mg=ma,得N=,选项C 正确,D错误.21.(2016·全国Ⅲ卷,21)(多选)如图,M为半圆形导线框,圆心为O M;N是圆心角为直角的扇形导线框,圆心为O N;两导线框在同一竖直面(纸面)内;两圆弧半径相等;过直线O M O N的水平面上方有一匀强磁场,磁场方向垂直于纸面.现使线框M,N在t=0时从图示位置开始,分别绕垂直于纸面、且过O M和O N的轴,以相同的周期T逆时针匀速转动,则( BC )A.两导线框中均会产生正弦交流电B.两导线框中感应电流的周期都等于TC.在t=时,两导线框中产生的感应电动势相等D.两导线框的电阻相等时,两导线框中感应电流的有效值也相等解析:根据楞次定律可知,导线框进入磁场时,两线框中都会产生感应电流,由E=BRv=BR(ωR)/2=BR2ω,可知过程中产生的感应电动势恒定,电流不变,则选项A错误,C正确;当导线框进入磁场和穿出磁场过程中,由楞次定律可得感应电流方向先是逆时针,后是顺时针,则感应电流的周期与运动周期T相等;选项B正确;导线框N在进出磁场的0~和~T时间内有磁通量的变化,而完全进入磁场后有时间内无感应电流,而导线框M在整个过程中都有感应电流,所以即使两导线框电阻相等,两者的电流有效值也不会相等,选项D错误.22.(2016·全国Ⅲ卷,22)某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验.两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行,足够大的电磁铁(未画出)的N极位于两导轨的正上方,S极位于两导轨的正下方,一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直.。

绝密★启封并使用完毕前试题类型：2016年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试（物理）注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。

3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。

4. 考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷（选择题共126分）本卷共21小题，每小题6分，共126分。

可能用到的相对原子质量：二、选择题：本大题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一项是符合题目要求，第18~21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分。

有选错的得0分。

14.一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器A.极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大B.极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C.极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变D.极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变15.现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。

质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。

若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。

此离子和质子的质量比约为A.11B.12C.121D.14416.一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1，R2和R3的阻值分别为3Ω，1Ω，4Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。

当开关S断开时，电流表的示数为I；当S 闭合时，电流表的示数为4I。

该变压器原、副线圈匝数比为A.2B.3C.4D.517.利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，目前地球同步卫星的轨道半径为地球半径的6.6倍，假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为A.1hB.4hC.8hD.16h18.一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D.质点单位时间内速率的变化量总是不变19.如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO'悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。

F 动量F1 动量 冲量 动量定理1．[2016·全国卷Ⅰ] [物理——选修3­5]F1(2)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v 0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S )；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．水的密度为ρ，重力加速度大小为g .求：(i)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(ii)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．35.〔2〕[答案] (i)ρv 0S (ii)v 202g －M 2g 2ρ2v 20S 2 [解析] (i)设Δt 时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV ，质量为Δm ，如此Δm ＝ρΔV ①ΔV ＝v 0S Δt ②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为Δm Δt＝ρv 0S ③ (ii)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h ，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v .对于Δt 时间内喷出的水，由能量守恒得12(Δm )v 2＋(Δm )gh ＝12(Δm )v 20 ④ 在h 高度处，Δt 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp ＝(Δm )v ⑤设水对玩具的作用力的大小为F ，根据动量定理有F Δt ＝Δp ⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F ＝Mg ⑦联立③④⑤⑥⑦式得h ＝v 202g －M 2g 2ρ2v 20S 2 ⑧ 2．F1[2016·卷] (1)动量定理可以表示为Δp ＝F Δt ，其中动量p 和力F 都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究．例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如图1­所示．碰撞过程中忽略小球所受重力．图1­a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δp x、Δp y；b．分析说明小球对木板的作用力的方向．(2)激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以一样的动量沿光传播方向运动．激光照射到物体上，在发生反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用．光镊效应就是一个实例，激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒．一束激光经S点后被分成假设干细光束，假设不考虑光的反射和吸收，其中光束①和②穿过介质小球的光路如图1­所示，图中O点是介质小球的球心，入射时光束①和②与SO的夹角均为θ，出射时光束均与SO平行．请在下面两种情况下，分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向．a．光束①和②强度一样；b．光束①比②的强度大.图1­[答案] (1)a.0 2mv cos θb．沿y轴负方向(2)a.沿SO向左b．指向左上方[解析] (1)a.x方向：动量变化为Δp x＝mv sin θ－mv sin θ＝0y方向：动量变化为Δp y＝mv cos θ－(－mv cos θ)＝2mv cos θ方向沿y轴正方向．b．根据动量定理可知，木板对小球作用力的方向沿y轴正方向；根据牛顿第三定律可知，小球对木板作用力的方向沿y轴负方向．(2)a.仅考虑光的折射，设Δt时间内每束光穿过小球的粒子数为n，每个粒子动量的大小为p.这些粒子进入小球前的总动量为p1＝2np cos θ从小球出射时的总动量为p2＝2npp1、p2的方向均沿SO向右根据动量定理FΔt＝p2－p1＝2np(1－cos θ)>0可知，小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右；根据牛顿第三定律，两光束对小球的合力的方向沿SO向左．b．建立如下列图的Oxy直角坐标系．x方向：根据(2)a同理可知，两光束对小球的作用力沿x轴负方向．y方向：设Δt时间内，光束①穿过小球的粒子数为n1，光束②穿过小球的粒子数为n2，n1>n2.这些粒子进入小球前的总动量为p1y＝(n1－n2)p sin θ从小球出射时的总动量为p2y＝0根据动量定理：F yΔt＝p2y－p1y＝－(n1－n2)p sin θ可知，小球对这些粒子的作用力F y的方向沿y轴负方向，根据牛顿第三定律，两光束对小球的作用力沿y轴正方向．所以两光束对小球的合力的方向指向左上方．3.[2016·江苏卷]C．[选修3­5]F1O1(2)光速为c，普朗克常数为h，如此频率为ν的光子的动量为________．用该频率的光垂直照射平面镜，光被镜面全部垂直反射回去，如此光子在反射前后动量改变量的大小为________．〔2〕[答案]h νc 2h νc[解析]因为光速c ＝λν，如此λ＝c ν，所以光子的动量p ＝h λ＝h νc ，由于动量是矢量，因此假设以射向平面镜时光子的动量方向为正方向，即p 1＝h νc ，反射后p 2＝－h νc ，动量的变化量Δp ＝p 2－p 1＝－h νc －h νc ＝－2h νc ，如此光子在反射前后动量改变量的大小为2h νc. F2 动量守恒定律4．[2016·全国卷Ⅲ] [物理——选修3­5]F2(2)如图1­所示，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m .两物块与地面间的动摩擦因数均一样，现使a 以初速度v 0向右滑动，此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．图1­[答案] 32v 20113gl ≤μ<v 202gl[解析]设物块与地面间的动摩擦因数为μ.假设要物块a 、b 能够发生碰撞，应有12mv 20>μmgl ① 即μ<v 202gl② 设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒有12mv 20＝12mv 21＋μmgl ③ 设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v ′1、v ′2，由动量守恒和能量守恒有mv 1＝mv ′1＋3m 4v ′2 ④ 12mv 21＝12mv ′21＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 4v ′22⑤ 联立④⑤式解得v ′2＝87v 1 ⑥ 由题意，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知12⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 4v ′22≤μ3m 4gl ⑦联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 20113gl⑧ 联立②⑧式，a 与b 发生碰撞、但b 没有与墙发生碰撞的条件32v 20113gl ≤μ<v 202gl⑨ F3 动量综合问题5.[2016·全国卷Ⅱ] [物理——选修3­5]F3(2)如图1­所示，光滑冰面上静止放置一外表光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h ＝0.3 m(h 小于斜面体的高度)．小孩与滑板的总质量为m 1＝30 kg ，冰块的质量为m 2＝10 kg ，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.(i)求斜面体的质量；(ii)通过计算判断，冰块与斜面体别离后能否追上小孩？图1­[答案] (i)20 kg (ii)不能[解析](i)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v ，斜面体的质量为m 3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m 2v 20＝(m 2＋m 3)v ①12m 2v 220＝12(m 2＋m 3)v 2＋m 2gh ② 式中v 20＝－3 m/s 为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得m 3＝20 kg ③(ii)设小孩推出冰块后的速度为v 1，由动量守恒定律有m 1v 1＋m 2v 20＝0 ④代入数据得v 1＝1 m/s ⑤设冰块与斜面体别离后的速度分别为v 2和v 3，由动量守恒和机械能守恒定律有m 2v 20＝m 2v 2＋m 3v 3 ⑥12m 2v 220＝12m 2v 22＋12m 3v 23 ⑦ 联立③⑥⑦式并代入数据得v 2＝1 m/s ⑧由于冰块与斜面体别离后的速度与小孩推出冰块后的速度一样且处在后方，故冰块不能追上小孩．F4 力学观点的综合应用6．[2016·某某卷]F4(1) 如下列图，方盒A 静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块B ，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ.假设滑块以速度v 开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动屡次，最终相对于盒静止，如此此时盒的速度大小为________，滑块相对于盒运动的路程为________．图1­[答案] v 3v 23μg[解析] 设滑块的质量为m ，如此盒的质量为2m .对整个过程，由动量守恒定律可得mv ＝3mv 共 解得v 共＝v 3 由能量关系可知μmgx ＝12mv 2－12·3m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫v 32 解得x ＝v 23μg。