高考物理考点一遍过专题动量与能量的综合应用

一、两物体的碰撞问题

两物体发生正碰（m1，v1；m2，v2→m1，v3；m2，v4），总能量损失ΔE

222m1v3m2v4m1v12m2v2动量守恒：m1v1+m2v2=m1v3+m2v4，能量守恒：+=++ΔE

2222规定总动量p=m1v1+m2v2，几何平均质量m=m1m2，总质量M=m1+m2

m1pmm2(v1v2)22MEm2pmm2(v1v2)22ME可得v3=，v4= m1Mm2M1．若ΔE=0，损失能量最小。

当m1=m2=m时，可得v3=v2，v4=v1（另解v3=v1，v4=v2舍去），即发生速度交换。 故ΔE=0的碰撞称为弹性碰撞，ΔE>0的碰撞称为非弹性碰撞。

m2(v1v2)2m1m2(v1v2)22．若ΔE尽量大，取最大值时，有E。

2M2(m1m2)此时可得v3=v4=

p，碰后两物体共同运动。故ΔE最大的碰撞称为完全非弹性碰撞。 M二、弹簧连接体的“碰撞”

光滑水平面上，若将轻弹簧连接体系统的动能损失（等于弹簧的弹性势能）视为一般碰撞问题中的ΔE，则弹簧连接体的运动可视为碰撞模型。

1．弹簧处于原长状态时，可视为弹性碰撞。

2．弹簧压缩最短或拉伸最长时，弹簧弹性势能最大，即动能损失最大，对应完全非弹性碰撞。在规定了正方向的情况下，求出的两组速度解分别对应弹簧最短和最长的情况。

3．弹簧连接体问题一般会得到两组速度解，且均有实际物理意义，故需要联系具体情况保留或舍去。 三、水平方向的动量守恒

动量为矢量，故动量守恒定律也具备矢量性；系统在某一方向上受力平衡，则在该方向上的分动量之和不变；一般系统在竖直方向始终受到重力作用，故只在水平方向动量守恒。

四、核反应过程：粒子系统的动量守恒；能量变化ΔE=Δmc2（Δm为质量亏损，c为真空光速）。

- 1 -

甲、乙两球在光滑的水平面上沿同一方向运动，它们的动量大小分别为p1=10 kg·m/s，p2=14 kg·m/s，已知甲的速度大于乙的速度，当甲追上乙发生正碰后，乙球的动量大小变为20 kg·m/s，则甲、乙两球的质量之比可能为

A．3:10 B．1:10 C．1:4 D．1:6 【参】AC

【详细解析】碰撞前甲球速度大于乙球速度，则有

p1p2m15>，可得<；根据动量守恒有m1m2m27p2p1p1+p2=p′1+p′2，解得p′1=4 kg·m/s，碰撞后甲、乙两球同向运动，甲球速度小于乙球速度，则有<，

m1m22m11m12p22p12p2p17mv2p2可得>；根据碰撞过程总动能不增加，由Ek==，有+≥+，可得≤。

m25m2m12m22m12m21722m21m17故<≤，选AC。 5m217【解题必备】解本题时需要考虑两物体发生碰撞的各种条件：

（1）碰撞前提：碰撞前，两物体相向运动，或同向运动时速度大的在后、速度小的在前。 （2）碰撞结果：沿总动量方向，碰撞后，两物体速度反向，或前面物体的速度大于后面的物体。 （3）动量守恒：碰前总动量等于碰后总动量。

（4）能量守恒：动能不增加，碰后总动能不大于碰前总动能。学/

1．在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向

与碰撞前相反。则碰撞后B球的速度大小是

A．0.2v B．0.3v C．0.4v D．0.6v

- 2 -

【答案】D

如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上。一颗子弹水平射入木块并留在其中。在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是

A．动量、机械能都守恒 B．动量守恒、机械能不守恒 C．动量不守恒、机械能守恒 D．动量、机械能都不守恒 【参】B

【详细解析】在子弹打击木块A及弹簧压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受的外力之和为零，则系统的动量守恒，在此过程中，除弹簧弹力做功外，子弹和木块间的摩擦力做功，所以系统机械能不守恒，选B。

【名师点睛】在弹簧连接体系统中，弹簧弹力是内力，对连接的两物体的弹力大小相等、方向相反，故对系统的总冲量是零。但弹簧弹力对连接的两物体的做功位移不相等（否则没有弹力变化），故弹力对系统的总功使系统动能变化，与弹簧的弹性势能相互转化，系统机械能仍守恒。

1．如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙。

用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E。这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是

- 3 -

A．撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒

B．撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒 C．撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为

E 3D．撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E 【答案】BC

2．如图所示，光滑水平地面上静置着由弹簧相连的木块A和B，开始时弹簧处于原长状态，现给A一个向右的瞬时冲量，让A开始以速度v向右运动，若mA>mB，则

A．当弹簧压缩到最短时，B的速度达到最大 B．当弹簧再次恢复原长时，A的速度一定向右

C．当弹簧再次恢复原长时，A的速度一定小于B的速度 D．当弹簧再次恢复原长时，A的速度可能大于B的速度 【答案】BC

【解析】A开始压缩弹簧时做减速运动，B做加速运动，当两者速度相等时，弹簧压缩到最短，然后B继续做加速运动，A继续做减速运动，所以弹簧压缩到最短时，B的速度未达到最大，A错误；弹簧压缩到最短时，两者速度相等，然后B继续加速，A继续减速，B的速度大于A的速度，弹簧伸长，弹簧恢复原长时，B的加速度为零，速度达到最大，根据动量守恒有mAv=mAvA+mBvB，若A的速度方向向左，

p2vA<0，则mAv2m小于B的速度，BC正确，D错误。

- 4 -

如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R，最低点为C，两端A、B等高，现让小滑块m从A点由静止下滑，在此后的过程中

A．M和m组成的系统机械能守恒，动量守恒 B．M和m组成的系统机械能守恒，动量不守恒

C．m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动 D．m从A到B的过程中，M运动的位移为【参】B

【详细解析】M和m组成的系统机械能守恒，总动量不守恒，但水平方向动量守恒，A错误，B正确；m从A到C过程中，M向左加速运动，当m到达C处时，M向左速度最大，m从C到B过程中，M向左减速运动，C错误；m从A到B过程中，有MxM=mxm，xM+xm=2R，得xMmR

Mm2mR，D错误。

Mm【思维拓展】本题中，m从A到B过程，水平方向动量守恒，m和M的水平分速度始终与质量成反比，m到C点时，速度水平，m和M的总动能等于m重力势能的减少量，故可求出此时m和M的速度；m到B点时，重力势能与初始时相等，故动能为零，由运动的对称性也可得出此结论；之后m开始从B到A运动，m回到A点时，总位移为零，理想情况，系统将循环运动下去。

另外，通过质量–速度–水平位移的关系可知，系统重心的水平位置始终不变。

1．光滑水平面上放着一质量为M的槽，槽与水平面相切且光滑，如图所示，一质量为m的小球以v0向槽

运动。

（1）若槽固定不动，求小球上升的高度（槽足够高）。 （2）若槽不固定，则小球上升多高？

22v0Mv0【答案】（1） （2）

2(Mm)g2g - 5 -

（2）槽不固定时，设球上升的最大高度为h2，球上升到最大高度时的速度为v

全过程系统水平方向动量守恒，球上升到最高点时，竖直分速度为零，水平分速度与槽的速度相等 由动量守恒有mv0(Mm)v 由机械能守恒有

121mv0(Mm)v2mgh2 222Mv0联立解得h2

2(Mm)g

2已知氘核（1H）质量为2.013 6 u，中子（0n）质量为1.008 7 u，氦核（2He）质量为3.015 0u ，1 u相当于931.5 MeV。

（1）写出两个氘核聚变成2He的核反应方程。

（2）计算上述核反应中释放的核能（保留三位有效数字）。

（3）若两个氘核以相同的动能0.35 MeV做对心碰撞即可发生上述反应，且释放的核能全部转化为机械能，则反应后生成的氦核（2He）和中子（0n）的动能各是多少？

2231【参】（1）1H1H2He0n （2）3.26 MeV （3）0.99 MeV，2.97 MeV 2231【详细解析】（1）由质量数守恒和核电荷数守恒，写出核反应方程为1H1H2He0n

31313（2）反应过程中质量减少了Δm=2×2.013 6 u–1.008 7 u–3.015 0 u=0.003 5 u 反应过程中释放的核能ΔE=0.003 5×931.5 MeV=3.26 MeV （3）设2He和0n的动量分别为p1和p2，由动量守恒有p1+p2=0

31E1m21p231 由动能和动量的关系Ek=可得，2He和0n的动能关系为Em32m21由能量守恒有E1+E2=ΔE+2×0.35 MeV

- 6 -

可得E1=0.99 MeV，E2=2.97 MeV

【名师点睛】动量守恒定律是普适的，在微观情况下的核反应过程仍然成立，但此时的能量守恒则要

p2考虑质量亏损，常用到爱因斯坦质能方程ΔE=Δmc和动能–动量的关系Ek=。

2m2

1．在核反应堆里，用石墨作减速剂，使铀核裂变所产生的快中子通过与碳核不断地碰撞而被减速。假设

中子与碳核发生的是弹性正碰，且碰撞前碳核是静止的。已知碳核的质量近似为中子质量的12倍，中子原来的动能为E0，试求：经过一次碰撞后中子的动能变为多少？ 【答案】

121E0 169

1．如图所示，质量为m的楔形物块上有圆弧轨道，圆弧对应的圆心角小于90°且足够长，物块静止在光

滑水平面上。质量为m的小球以速度v1向物块运动，不计一切摩擦。则以下说法正确的是

v12A．小球能上升的最大高度H

4gB．小球上升过程中，小球机械能守恒 C．小球最终静止在水平面上 D．楔形物块最终的速度为v1

2．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B连接，并静止在光滑的水平面上。

现使B瞬间获得一水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图

- 7 -

乙所示，则

A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于伸长状态 B．t3~t4时间内弹簧由压缩状态恢复到原长 C．两物块的质量之比为m1:m2=1:2

D．在t2时刻两物块的动能之比为Ek1:Ek2=8:1

3．质量为mA的A球以某一速度沿光滑水平面向静止的B球运动，并与B球发生弹性正碰。假设B球的质

量mB可选取为不同的值，则 A．当mB=mA时，碰后B球的速度最大 B．当mB=mA时，碰后B球的动能最大

C．在保持mB>mA的条件下，mB越小，碰后B球的速度越大 D．在保持mB4．如图所示，在光滑水平桌面上放有足够长的木板C，在C上左端和距左端x处各放有小物块A和B，A、

B均可视为质点，A、B与C间的动摩擦因数均为μ，A、B、C的质量均为m。开始时，B、C静止，A以某一初速度v0向右做匀减速运动，设B与C间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是

A．A运动过程中，B受到的摩擦力为B．最终A、B、C一起向右以

mg2

v0做匀速直线运动 3C．若要使A、B恰好不相碰，A的初速度v02gx D．若要使A、B恰好不相碰，A的初速度v03gx 5．如图所示，光滑水平面上有一质量M=1.98 kg的小车，车的B点右侧上表面是粗糙水平轨道，B点左

侧固定半径R=0.7 m的光滑

1圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点相切。车右端D点处固定一轻弹4簧，弹簧自然伸长时其左端对应小车上C点。B、C间的距离L=0.9 m，一质量m=2 kg的小物块置于B点，车与小物块均处于静止状态。现有一质量m0=20 g的子弹以速度v0=500 m/s击中小车并停留在车中，子弹击中小车的时间极短，已知小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度g=10 m/s2。

- 8 -

（1）通过计算判断小物块是否能达到圆弧轨道的最高点A，并求当小物块再次回到B点时，小物块的

速度大小。

（2）若已知弹簧被小物块压缩的最大压缩量x=10 cm，求弹簧的最大弹性势能。 （3）求小物块与车最终相对静止时，小物块与B点的距离。

6．如图所示，质量为2m的木板A静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距s，长木板的右端固定一

半径为R的四分之一光滑圆弧，圆弧的下端与木板水平相切但不相连。质量为m的滑块B（可视为质点）以初速度v02gR从圆弧的顶端沿圆弧下滑，当B到达最低点时，B从A右端的上表面水平滑

入同时撤走圆弧。A与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力，A、B之间动摩擦因数为μ，A足够长，B不会从A表面滑出，重力加速度为g。

（1）求滑块B到圆弧底端时的速度大小v1。 （2）若A与台阶只发生一次碰撞，求s满足的条件。

（3）在满足（2）的条件下，讨论A与台阶碰前瞬间B的速度。

7．如图所示，上表面光滑的水平平台左端与竖直面内半径为R的光滑半圆轨道相切，整体固定在水平地

面上。平台上放置两滑块A、B（均可视为质点），质量分别为m、2m，两滑块间夹有被压缩的轻弹簧，弹簧与滑块不拴接。平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，质量M=3m、车长L=2R，小车上表面与平台等高，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ=0.2。现解除弹簧约束，滑块A、B在平台上与弹簧分离，滑块A恰好能够通过半圆轨道的最高点D，滑块B冲上小车。已知重力加速度为g。

（1）求滑块A在半圆轨道最低点C处时的速度大小。

（2）求滑块B冲上小车后与小车发生相对运动过程中小车的位移大小。

（3）若右侧地面上有一高度略低于小车上表面的立桩（未画出），立桩与小车右端的距离为s，当小

- 9 -

车右端运动到立桩处立即被牢固粘连。请讨论滑块B在小车上运动过程中，克服摩擦力做的功W与s的关系。

8．如图所示，小球A从光滑曲面上高h的P处由静止滑下，小球B用长为L的细绳竖直悬挂在O点且刚

和平面上Q点接触。两球质量均为m，曲面底端C点到Q点的距离为s。A和B碰撞时量损失。

（1）若L≤

h，且平面CQ光滑，则碰后A、B各做何种运动？ 4（2）若L=h，且A与平面CQ间的动摩擦因数为μ，则A、B可能碰撞几次？A最终停在何处？

9．（2020天津卷）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________，滑块相对于盒运动的路程为________。

10．（2020天津卷）如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑

定滑轮两侧，质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。先将B竖直向上再举高h=1.8 m（未触及滑轮）然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g=10 m/s2。空气阻力不计。求：

（1）B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t； （2）A的最大速度v的大小； （3）初始时B离地面的高度H。

11．（2020北京卷）在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变。放

射出的α粒子（42He）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R。以m、q分别表示α粒

- 10 -

子的质量和电荷量。

AX表示，新核的元素符号用Y表示，写出该α衰变的核反应方程。 （1）放射性原子核用Z（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小。

（3）设该衰变过程释放的核能都转化为α粒子和新核的动能，新核的质量为M，求衰变过程的质量

亏损Δm。

12．（2020海南卷）如图，物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止；从发射器（图

中未画出）射出的物块B沿水平方向与A相撞，碰撞后两者粘连在一起运动；碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传感器（图中未画出）测得。某同学以h为纵坐标，v为横坐标，利用实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为k=1.92 ×10–3 s2/m。已知物块A和B的质量分别为mA=0.400 kg和mB=0.100 kg，重力加速度大小g=9.80 m/s2。

2

（1）若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求h–v2直线斜率的理论值k0。 （2）求k值的相对误差δ（δ=

kk0k0×100%，结果保留1位有效数字）。

13．（2020新课标全国Ⅱ卷）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/s。

（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？

14．（2020新课标全国Ⅲ卷）如图，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

2

3m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同。现4使a以初速度v0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。

- 11 -

15．（2020新课标全国Ⅱ卷）滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经

过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图象如图所示。求：

（1）滑块a、b的质量之比；

（2）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。

- 12 -

1．ACD【解析】以水平向右为正方向，在小球上升过程中，系统水平方向动量守恒，有mv1(mm)v，

v12121v12系统机械能守恒，有mv1(mm)vmgH，解得v，H，A正确，B错误；设最终

4g222小球的速度为v2，物块的速度为v3，由水平方向动量守恒有mv1mv2mv3，由机械能守恒有

121212mv1mv2mv3，解得v2=0，v3=v1（另解v2=v1，v3=0舍去），即交换速度，CD正确。 222

3．BCD【解析】A、B碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前A的速度方向为正方向，根据动量守恒有

mAmB111222v0，mAv0mAvAmBvB，根据机械能守恒有mAv0mAvAmBvB，联立解得vAmm222ABvB2mAv02v0，mB越小，碰后B的速度越大，A错误，C正确；碰后B的动能

mAmB1mB/mA22mAv0122mAmBEkBmBvBmvA02，当mAmB时，EkB最大，为mAmB，由数学知识可知，，22mBmA2mBmAB正确；碰后B的动量pBmBvB2mAv0，mB越大，碰后B的动量越大，D正确。

1mA/mB4．ABD【解析】设A在C上滑动时，B相对于C不动，则对B、C有mg2ma，解得a靠摩擦力能获得的最大加速度amB受到的摩擦力f解得vg2，又B依

mgmga，故B未相对C滑动，B、C一起向右做加速运动，

mg2，方向向右，A正确；A、B、C整体所受外力为零，动量守恒，故有mv03mv，

v0，B正确；若A、B恰好不相碰，则A运动到B处时，A、B、C速度相等，由能量守恒有32mv03mv2mgx，解得v03gx，C错误，D正确。 225．（1）不能 5 m/s （2）2.5 J （3）0.75 m

【解析】（1） 子弹打小车过程，根据动量守恒有m0v0(m0M)v

- 13 -

解得v=5 m/s

当小物块在圆弧轨道上运动到最高点时，设高度为h，此时三者共速，为v′ 根据动量守恒有m0v0(m0Mm)v 解得v′=2.5 m/s 根据能量守恒有

1(mM)v2mgh10(m0Mm)v222 联立解得h=0.625 m当小物块再次回到B点时，设小物块速度为v1，车和子弹的速度为v2 根据动量守恒有m0v0mv1(m0M)v2 根据能量守恒有

1112(mM)v22mv22012(m0M)v2 解得v1=5 m/s，v2=0

（2）当弹簧具有最大弹性势能时，三者共速为v′ 根据能量守恒有12(mM)v2102(m0Mm)v2mg(Lx)Epm 解得Epm=2.5 J

（3）当小物块与车最终相对静止时，三者共速为v′ 根据能量守恒有1(m10M)v22(m0Mm)v22mgs 解得s=1.25 m

由s–L–x=0.25 m2(gRgs),R4R6．（1）v12gR （2）sR4s94 （3）

2gR3,s4R9【解析】（1）B从释放到最低点，机械能守恒，有122mv120mgR2mv1

解得v12gR

（2）设A与台阶碰前瞬间，A、B的速度分别为vA和vB，由动量守恒有mv1mvB2mvA若A与台阶只碰撞一次，碰后必须满足2mvAmvB 对A，由动能定理有mgs1222mvA 联立可得sR4 （3）设s=s0时，A与台阶碰前瞬间，A、B恰好达到共同速度v

- 14 -

由动量守恒有mv1(m2m)v 对A，由动能定理有μmgs1022mv2 联立可得s4R09 当s4R9时，A与台阶碰前瞬间B的速度vv12gRB33 当R4s4R9时，对A，由动能定理有mgs122mv2A 由动量守恒有mv12mvAmvB 解得vB2(gRgs)

2(gRgs),Rs4R故v49B2gR3,s4R

92mg(2Rs),0s3R7．（1）5gR （2）3R4 （3）W=11mgR

10,s3R42【解析】（1）滑块A在半圆轨道运动，设到达最高点的速度为vmvD，则有mg=DR

由机械能守恒有mv2A2=mv2D2+2mgR，联立可得vA=5gR

（2）A、B在弹簧恢复原长过程中动量守恒，有2mvB–mvA=0 假设滑块可以在小车上与小车共速，由动量守恒有2mvB=(2m+M)v 可得v5gRB=2，v=5gR5 2由能量守恒有2mvB2=(2mM)v22+2μmgΔx，解得Δx=15R8小车的加速度a=2mg2gv23M=15，小车的位移x=2a=R4

（3）若s≥

3R214，小车与立桩碰前，滑块B克服摩擦力做的功WmgR1=2μmg(x+Δx)=20

- 15 -

v2RR小车与立桩碰后，滑块B做匀减速运动直到停下的位移x1==>L–Δx=

2g28小车与立桩相碰到滑块脱离小车过程，滑块克服摩擦力做的功W2=2μmg(L–Δx)=滑块B克服摩擦力做的功W=W1+W2=

mgR 2011mgR 102vB3R25R若s<，滑块B在小车上始终做匀减速直线运动，最大位移x2==>L=2R

2g48滑块一定能滑离小车，克服摩擦力做的功W=2μmg(L+s)=

2mg(2Rs)

53R2mg(2Rs),0s故W=

11mgR3R,s410

因为两球质量相等，且碰撞量损失，故两球交换速度 设B球做完整的圆周运动时，通过最高点的速度为v′

mv2mv2由机械能守恒有=+mg·2L

22mv2由牛顿第二定律有≥mg

L可得L≤

2hh2h，因为<，则B能做完整的圆周运动 5B回到Q点后又与A发生碰撞，交换速度，故最终A以速度2gh向右做匀速直线运动，B静止 （2）由（1）可知，若L=h>

2h，且平面CQ粗糙，B只能摆动，不能做完整的圆周运动 5A、B碰撞过程反复交换速度，A多次经过平面CQ，最终静止时，动能全部因克服摩擦力做功损失掉 对全过程分析有mgh=μmgx，得x=

h h设x除以s的商为n，余数为k，即=n+k，

s

- 16 -

若n为奇数，碰撞次数为

hn1次，A最终停在Q点左侧–ns处

2hn次，A最终停在Q点左侧(n+1)s–处

2若n为偶数，碰撞次数为

vv29．

33g【解析】设滑块质量为m，则盒的质量为2m。对整个过程，由动量守恒有mv=3mv′，解得v′=

v，由3v21212能量守恒有mgxmv3mv，解得x。

3g22

绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B重力，A、B沿绳方向动量守恒，有mBv0(mAmB)v A、B系统获得的速度v=2 m/s

之后A、B做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度v即为最大速度，A的最大速度为2 m/s （3）绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有解得H=0.6 m

A11．（1）Z1(mAmB)v2mBgHmAgH 2XA4Z22πmq2B(Mm)(qBR)2YHe （2） （3）m 2qB2mMc2πm42AA4Z24Y2He

【解析】（1）根据核反应中质量数与电荷数守恒可知，该α衰变的核反应方程为ZXv2（2）设α粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为v，由洛伦兹力提供向心力有qvBm

R根据圆周运动的参量关系有T2πR v2πm qB得α粒子在磁场中运动的周期T - 17 -

qq2B根据电流强度定义式，可得环形电流大小为I

T2πmqBRv2（3）由qvBm，得v

mR设衰变后新核Y的速度大小为v′，核反应前后系统动量守恒，有Mv′–mv=0 可得vmvqBR MM2根据爱因斯坦质能方程和能量守恒有mc11Mv2mv2 22(Mm)(qBR)2解得m 22mMc

2mB1232 s/m2.0410 s/m 由题意得k022g(mAmB)490（2）按照定义，δ=

kk0k0×100%=6%

13．（1）20 kg （2）不能

【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有 m2v20=(m2+m3)v，

112m2v20(m2m3)v2m2gh 22解得v20=–3 m/s，m3=20 kg

（2）设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒有m1v1+m2v20=0 解得v1=1 m/s

设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由水平方向动量守恒和机械能守恒有 m2v20= m2v2+ m3v3，

111222m2v20m2v2+m3v3 222解得v2=1 m/s=v1，故冰块与斜面体分离后不能追上小孩

- 18 -

设在a、b发生弹性碰前的瞬间，a的速度大小为v1，由能量守恒有

12mv21202mv1mgl 设在a、b碰后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1、v2 根据动量守恒和能量守恒有mv31mv14mv，1mv2121322212mv124mv2 b没有与墙发生碰撞，根据功能关系有1324mv23m24gl 联立可得32v20113gl

故动摩擦因数μ应满足的条件为32v220113glv02gl

．（1）1:8 （2）1:2

【解析】（1）设a、b质量分别为m1、m2

由图可知碰前a、b的速度分别为v1=–2 m/s，v2=1 m/s a、b发生完全非弹性碰撞，由图可知碰后两滑块的共同速度v23 m/s 由动量守恒有m1v1+m2v2=(m1+m2)v 解得m1:m2=1:8

Em22m21v12v22(m1m2（2）由能量守恒，两滑块因碰撞而损失的机械能2)v24m1(J)W(m1m2)v2两滑块最后停止，由动能定理，两滑块克服摩擦力做的功22m1(J)

解得W:ΔE=1:2

- 19 -

15

2019-2020学年高考物理模拟试卷

一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的

1．如图所示，两条轻质导线连接金属棒PQ的两端，金属棒处于匀强磁场内且垂直于磁场。金属棒的质量

m0.2kg，长度L1m。使金属棒中通以从Q到P的恒定电流I2A，两轻质导线与竖直方向成30角

时，金属棒恰好静止。则磁场的最小磁感应强度（重力加速度g取10m/s2）（ ）

A．大小为0.25T，方向与轻质导线平行向下 B．大小为0.5T，方向与轻质导线平行向上 C．大小为0.5T，方向与轻质导线平行向下 D．大小为0.25T，方向与轻质导线平行向上

2．强台风往往造成巨大灾难．2018年9月16日17时，第22号台风“山竹”强台风级在广东登陆，登陆时中心附近最大风力达v162km/h，空气的密度1.3kg/m，当这登陆的台风正对吹向一块长10m、宽4m的玻璃幕墙时，假定风遇到玻璃幕墙后速度变为零，由此可估算出台风对玻璃幕墙的冲击力F大小最接近（ ） A．2.6103N

B．5.3104N

C．1.1105N

D．1.4106N

33．氢原子的能级图如图所示，有一群处于n=4能级的氢原子，若氢原子从n=4能级向n=2能级跃迁时所辐射出的光恰能使某种金属A发生光电效应，则下列说法中正确的是（ ）

A．这群氢原子辐射出的光有3种频率的光能使金属A发生光电效应

B．如果辐射进来能量为0.32 eV的光子，可以使氢原子从n＝4能级向n＝5能级跃迁 C．如果辐射进来能量为1.32 eV的光子，不可以使处于n＝4能级的氢原子发生电离

D．用氢原子从n＝4能级向n＝1能级跃迁时辐射出的光照射金属A，所产生的光电子的最大初动能为10.2 eV

4．竖直向上抛出一个小球，图示为小球向上做匀变速直线运动时的频闪照片，频闪仪每隔0.05s闪光一次，

- 20 -

测出ac长为23cm，af长为34cm，则下列说法正确的是（ ）

A．bc长为13cm B．df长为7cm

C．小球的加速度大小为12m/s2 D．小球通过d点的速度大小为2.2m/s

5．如图所示，在竖直平面内一根不可伸长的柔软轻绳通过光滑的轻质滑轮悬挂一重物。轻绳一端固定在墙壁上的A点，另一端从墙壁上的B点先沿着墙壁缓慢移到C点，后由C点缓慢移到D点，不计一切摩擦，且墙壁BC段竖直，CD段水平，在此过程中关于轻绳的拉力F的变化情况，下列说法正确的是（ ）

A．F一直减小 C．F先增大后减小

B．F一直增小 D．F先不变后增大

6．a、b两车在同一车道以24m/s的速度同向匀速直线行驶，a车在前，b车在后，两车相距36m，某时刻（t0）a车突然发现前面有一路障，其后a车运动的速度，时间图象如图所示，3.5s后b车立即刹车，若两车不发生碰撞，则加速度为（ ）

A．2m/s2 B．4m/s2 C．6m/s2 D．8m/s2

7．用相同频率的光照射两块不同材质的金属板M、N，金属板M能发生光电效应，金属板N不能发生光

- 21 -

电效应。则（ ）

A．金属板M的逸出功大于金属板N的逸出功

B．若增加光的照射强度，则金属板N有可能发生光电效应

C．若增加光的照射强度，则从金属板M中逸出的光电子的最大初动能会增大 D．若增加光的照射强度，则单位时间内从金属板M中逸出的光电子数会增加

8．我国拥有世界上最大的单口径射电望远镜，被称为“天眼”，如图所示。“天眼” “眼眶”所围圆面积为S，其所在处地磁场的磁感应强度大小为B，与“眼眶”平面平行、垂直的分量分别为Bl、B2，则穿过“眼眶”的磁通量大小为

A．0 C．B1S

B．BS D．B2S

9．如图所示，条形磁铁静止放在桌面上，当在其左上方放一电流方向垂直纸面向里的通电直导线后，则磁铁受到的摩擦力和弹力

A．摩擦力为零 B．摩擦力方向向左 C．弹力保持不变 D．摩擦力方向向右

10．如图所示，是一测定风力仪器的结构图，悬挂在O点的轻质细金属丝的下端固定一个质量为m的金属球P，在竖直平面内的刻度盘可以读出金属球P自由摆动时摆线的摆角。图示风向水平向左，金属球P静止时金属丝与竖直方向的夹角为，此时风力F的大小是（ ）

A．Fmgsin

- 22 -

B．Fmgcos C．Fmgtan D．Fmg cos二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分

11．两根长度不同的细线下面分别悬挂两个完全相同的小球A、B，细线上端固定在同一点，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动.已知A球细线L1跟竖直方向的夹角为30，B球细线L2跟竖直方向的夹角为60，下列说法正确的是( )

A．细线L1和细线L2所受的拉力大小之比为3：1 B．小球A和B的向心力大小之比为1：3 C．小球A和B的角速度大小之比为1：1 D．小球A和B的线速度大小之比为1：3 12．如图所示，质量均为m的两辆拖车甲、乙在汽车的牵引下前进，当汽车的牵引力恒为F时，汽车以速度v匀速前进。某时刻甲、乙两拖车之间的挂钩脱钩，而汽车的牵引力F保持不变（将脱钩瞬间记为t＝0时刻）。则下列说法正确的是（ ）

mv时间内的动量守恒 F2mv3mvB．甲、乙两车组成的系统在~时间内的动量守恒

FF2mvC．时刻甲车动量的大小为2mv

F3mvD．时刻乙车动量的大小为mv

FA．甲、乙两车组成的系统在0~13．下列说法正确的是（ ）

A．能量耗散从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性 B．无论科学技术怎样发展，热量都不可能从低温物体传到高温物体 C．晶体在熔化过程中要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变 D．对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热

- 23 -

E.悬浮在液体中的颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈

14．如图所示，a、b、c分别为固定竖直光滑圆弧轨道的右端点、最低点和左端点，Oa为水平半径，c点和圆心O的连线与竖直方向的夹角53。现从a点正上方的P点由静止释放一质量m1kg的小球（可视为质点），小球经圆弧轨道飞出后以水平速度v3m/s通过Q点。已知圆弧轨道的半径R1m，取重力加速度g10m/s2，sin530.8，cos530.6，不计空气阻力。下列分析正确的是（ ）

A．小球从P点运动到Q点的过程中重力所做的功为4.5J B．P、a两点的高度差为0.8m

C．小球运动到b点时对轨道的压力大小为43N D．小球运动到c点时的速度大小为4m/s

15．如图所示，倾角θ=30°的斜面固定在地面上，长为L、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳AB置于斜面上，与斜面间动摩擦因数3，其A端与斜面顶端平齐．用细线将质量也为m的物块与软绳2连接，给物块向下的初速度，使软绳B端到达斜面顶端（此时物块未到达地面），在此过程中

A．物块的速度始终减小

1L时速度最小 91C．软绳重力势能共减少了mgL

4B．软绳上滑

D．软绳减少的重力势能一定小于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和 三、实验题：共2小题

16．物理小组的同学在老师指导下用两根完全相同的轻弹簧和重物验证力的平行四边形定则，他进行了如下操作（弹簧始终处于弹性限度内）：

- 24 -

（1）用刻度尺测出弹簧的自由长度L0。

（2）如图l所示，把重物通过细绳连接在弹簧下端，稳定后测出弹簧的长度L1。

（3）如图2所示，用两根弹簧挂起重物，稳定时两弹簧与竖直方向的夹角均为60°，测出两弹簧的长度分别为L2、L3，若要验证力的平行四边形定则，需满足的条件是 ___。

（4）如图3所示，他又把两弹簧调整到相互垂直，稳定后测出两弹簧的长度为L4、L5，若要验证力的平行四边形定则，需满足的条件是____。

17．用如图甲所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。

(1)下列实验条件必须满足的有____________； A．斜槽轨道光滑 B．斜槽轨道末段水平 C．挡板高度等间距变化

D．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球

(2)为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系；

a．“最下端”或者“球取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的_______（选填“最上端”、 心”）对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时_______（选填“需要”或者“不需要”）y轴与重锤线平行；b．若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图乙所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，则y_______（选填“大

23

- 25 -

y11于”、“等于”或者“小于”）。可求得钢球平抛的初速度大小为_______（已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示）。

(3)为了得到平拋物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是_______； A．从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹

B．用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹 C．将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹

(4)伽利略曾研究过平抛运动，他推断：从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样。这实际上揭示了平抛物体_______。 A．在水平方向上做匀速直线运动 B．在竖直方向上做自由落体运动 C．在下落过程中机械能守恒 四、解答题：本题共3题

18．如图，两等腰三棱镜ABC和CDA腰长相等，顶角分别为∠A1=60°和∠A2=30°。将AC边贴合在一起，组成∠C=90°的四棱镜。一束单色光平行于BC边从AB上的O点射入棱镜，经AC界面后进入校镜CDA。已知棱镜ABC的折射率n162，棱镜CDA的折射率n2=2，不考虑光在各界面上反射后的传播，求：2(sin15°=6262) ，sin75°=44(i)光线在棱镜ABC内与AC界面所夹的锐角θ； (ii)判断光能否从CD面射出。

- 26 -

19．（6分）如图所示，两根电阻不计且足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角α=37°，导轨间距L=1m，顶端用电阻R=2Ω的定值电阻相连。虚线上方存在垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=1T。质量m1=0.1kg、电阻R1=4Ω的导体棒M在磁场中距虚线的距离d=2m，M与导轨间的动摩擦因数μ1=0.25，N与导轨间的动摩擦因数μ2=0.8。质量m2=0.3kg、电阻R2=2Ω的导体棒N在虚线处，将导体棒M、N同时从导轨上由静止释放，M到达虚线前已经匀速，重力加速度g取10m/s2，运动过程中M、N与导轨始终接触良好，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8。 （1）求M、N相碰前，M上产生的焦耳热； （2）求M、N相碰前M运动的时间；

（3）M、N相遇发生弹性碰撞，碰后瞬间对M施加一个沿斜面方向的作用力F，使M、N同时匀减速到零，求M棒在减速到零的过程中作用力F的大小随时间变化的表达式。

20．（6分）如图所示，在xOy平面内，MN与y轴平行，间距为d，其间有沿x轴负方向的匀强电场E。y轴左侧有宽为L的垂直纸面向外的匀强磁场，MN右侧空间存在范围足够宽、垂直纸面的匀强磁场（图中未标出）。质量为m、带电量为+q的粒子从P（d，0）沿x轴负方向以大小为v0的初速度射入匀强电场。

23mv0粒子到达O点后，经过一段时间还能再次回到O点。已知电场强度E=，粒子重力不计。

2qd(1)求粒子到O点的速度大小；

(2)求y轴左侧磁场区域磁感应强度B1的大小应满足什么条件？

(3)若满足(2)的条件，求MN右侧磁场的磁感应强度B2和y轴左侧磁场区域磁感应强度B1的大小关系。

- 27 -

参

一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1．B 【解析】 【详解】

说明分析受力的侧视图（右视图）如图所示

磁场有最小值Bmin，应使棒平衡时的安培力有最小值F安min棒的重力大小、方向均不变，悬线拉力方向不变，由“力三角形”的动态变化规律可知

F安min mgsin30

又有

F安min BminIL

联合解得

- 28 -

Bminmgsin300.5T

IL由左手定则知磁场方向平行轻质导线向上。故ACD错误，B正确。 故选B。 2．C 【解析】 【详解】

假设经过t时间，由动量定理得：vts0Ft，代入数据：Fvs1.110N，故选C 3．D 【解析】 【分析】 【详解】

A．氢原子从n=4能级向低能级跃迁时可以辐射出6种频率的光子，其中只有从n=4能级向n=3能级跃迁时所辐射出的光子以及从n=3能级向n=2能级跃迁时所辐射出的光子的能量小于从n=4能级向n=2能级跃迁时所辐射出的光子的能量，不能使金属A发生光电效应，故共有4种频率的光能使金属A发生光电效应，故A错误；

B．因为从n=4能级向n=5能级跃迁时所需要的能量为

225ΔEE5E40.31eV

不等于光子能量为0.32eV，故B错误；

C．因为要使处于n=4能级的氢原子发生电离，所需要的能量只要大于0.85eV就可以，故C错误； D．由题意可知，金属A的逸出功为2.55eV， 氢原子从n=4能级向n=1能级跃迁时所辐射出光子的能量为

hvE4E112.75eV

由爱因斯坦光电效应方程可得最大初动能

EkhvW010.2eV

故D正确。 故选D。 4．C 【解析】 【分析】 【详解】

C．根据题意可知，cf长为11cm，则根据匀变速直线运动的位移差公式可得

- 29 -

axaccf12m/s2 22(2T)(2T)其中

T0.05s

所以C正确；

D．匀变速直线运动中，某段的平均速度等于这一段中间时刻的瞬时速度，则d点的速度为

vdcf1.1m/s 2T所以D错误；

B．根据匀变速直线运动的位移公式得

1dfvdTaT24cm

2所以B错误；

A．同理可得b点的速度为

vb则

ac2.3m/s 2T1bcvbTaT210cm

2所以A错误。 故选C。 5．D 【解析】 【详解】

当轻绳另一端在C点时，设轻绳左右两侧间的夹角为2θ以滑轮为研究对象，分析受力情况，受力分析图如图所示∶

根据平衡条件得 2Fcosθ=mg 得到轻绳的拉力

- 30 -

F=

mg

2cos轻绳另一端从B点沿墙壁缓慢移到D点，由几何知识可知，θ先不变后增大，cosθ先不变后减小，轻绳的拉力F先不变后增大，D项正确，ABC错误； 故选D。 6．D 【解析】 【详解】

假设两车在速度减为零时恰好没有相撞，则两车运动的速度—时间图象如图所示，由“面积法”可知，在该过程中位移分别为：

0.56.524m=84m， 23.56.5xb24m=120m，

2xa则有：

xbxa36m，

假设成立，由图象可知，b车的加速度大小：

av24m/s28m/s2， t6.53.5故D符合题意，ABC不符合题意。 7．D 【解析】 【详解】

A．金属板M能发生光电效应，金属板N不能发生光电效应，说明入射光的频率大于金属板M的极限频率而小于金属板N的极限频率，由W0hv，知金属板M的逸出功小于金属板N的逸出功，故A错误； B．能否发生光电效应取决于入射光的频率和金属的极限频率的大小关系，而与光的照射强度无关，故B错误；

C．根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hvW0可知，在金属板M逸出功一定的情况下，光电子的最大初动能Ek只与入射光的频率有关，故C错误；

D．在能发生光电效应的前提下，若增加光的照射强度，则单位时间内从金属板M中逸出的光电子数增加，故D正确。 故选D。 8．D

- 31 -

【解析】 【详解】

在匀强磁场中，眼眶与磁场Bl平行，穿过的磁通量Φ=0，眼眶与磁场B2垂直，则穿过的磁通量Φ=B2S，故ABC错误，D正确； 故选D。 9．B 【解析】 【详解】

磁铁的磁感线从N到S，故通电导线所处位置的磁场方向为斜向左下，根据左手定则可知导线受到斜向左上的安培力，根据牛顿第三定律可得磁铁受到导线给的斜向右下的作用力，该作用力可分解为水平向右和竖直向下，故磁铁受到的摩擦力水平向左，弹力增大，B正确． 10．C 【解析】 【分析】 【详解】 如图受力分析：

则风力

Fmgtan

故选C。

二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 11．BC 【解析】

A项：两球在水平面内做圆周运动，在竖直方向上的合力为零，由：TAcos30°=mg，TBcos60°=mg，则

TAmg23mg，TB=2mg，所以TA:TB3:31:3，故A错误； 0cos303 - 32 -

B项：小球A做圆周运动的向心力FnA=mgtan30°=

3mg，小球B做圆周运动的向心力3FnB=mgtan60°=3mg，可知小球A、B的向心力之比为1：3，故B正确；

v2C、D项：根据mgtanθ=m•htanθ•ω=m 得，角速度htan2

g，线速度vghtan可知角速度h之比为1：1，线速度大小之比为1：3，故C正确，D错误．

点晴：小球在水平面内做圆周运动，抓住竖直方向上的合力为零，求出两细线的拉力大小之比．根据合力提供向心力求出向心力大小之比，结合合力提供向心力求出线速度和角速度的表达式，从而得出线速度和角速度之比． 12．AC 【解析】 【详解】

A．设两拖车受到的滑动摩擦力都为f，脱钩前两车做匀速直线运动，根据平衡条件得 F＝2f

设脱钩后乙车经过时间t0速度为零，以F的方向为正方向，对乙车，由动量定理得 －ft0＝0－mv 解得 t0＝

2mv F2mv的时间内，甲、乙两车的总动量守恒，A正确； F以甲、乙两车为系统进行研究，在乙车停止运动以前，两车受到的摩擦力不变，两车组成的系统所受外力之和为零，则系统的总动量守恒，故在0至B．在

2mv时刻后，乙车停止运动，甲车做匀加速直线运动，两车组成的系统所受的合力不为零，故甲、F3mv时刻乙车的速度为零，动量为零，以F的方向为正方向， F乙两车的总动量不守恒，故B错误， CD．由以上分析可知，t0＝

2mv时刻，对甲车，由动量定理得 FFt0－ft0＝p－mv 又 f＝

F 2解得 p＝2mv

故C正确，D错误。

- 33 -

故选AC。 13．ADE 【解析】 【详解】

A．根据热力学第二定律可知，宏观自然过程自发进行是有其方向性，能量耗散就是从能量的角度反映了这种方向性，故A正确。

B．热量可以从低温物体传到高温物体，比如空调制冷，故B错误。 C．晶体在熔化过程中要吸收热量，温度不变，内能增大，故C错误。

D．对于一定质量的气体，如果压强不变，体积增大，根据理想气体状态方程可知，温度升高，内能增大，根据热力学第-定律可知，气体对外做功，它-定从外界吸热，故D正确。

E．布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的，颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈，故E正确。 故选ADE。 14．AC 【解析】 【分析】 【详解】

ABD．小球从c到Q的逆过程做平抛运动，小球运动到c点时的速度大小

vcv3m/s5m/s cos0.6小球运动到c点时竖直分速度大小

4 vcyvtan3m/s=4m/s

3则Q、c两点的高度差

42hm0.8m

2g210设P、a两点的高度差为H，从P到c，由机械能守恒得

2vcy1mg(HRcos)mvc2

2解得

H0.65m

小球从P点运动到Q点的过程中重力所做的功为

Wmg(HRcos)h110(0.6510.6)0.8J4.5J

故A正确，BD错误；

- 34 -

C．从P到b，由机械能守恒定律得

12mg(HR)mvb

2小球在b点时，有

2vbNmgm

R联立解得 N43N

根据牛顿第三定律知，小球运动到b点时对轨道的压力大小为43N，故C正确。 故选AC。 15．BCD 【解析】 【详解】

A．物块下落过程中，刚开始由于mgsin30mgcos305mgmg，所以物块所受合力向上，物体4做减速运动，下落过程中，合力越来越小，当加速度等于零时，速度最小，后合力方向向下，加速度向下，速度增大，所以物体的速度先减小后增大，A错误；

B．当加速度等于零时，速度最小，设此时软绳上滑的距离为x，则：

LxLxxmgsin30mgcos30mgmg， LLL代入数据解得：

x1L 9B正确；

C．物块未释放时，软绳的重心离斜面顶端的高度为h1的重心离斜面顶端的高度h2LLsin30，软绳刚好全部离开斜面时，软绳24L，则软绳重力势能共减少 2LLLmg()Mg

244C正确；

D．以物块为研究对象，因物块要克服拉力做功，所以其动能及势能变化量Ek1Ep1，以系统为研究对象，设绳的势能及动能变化量为Ep2、Ek2，克服摩擦力所做的功的绝对值为W，由能量守恒定律有

Ep1Ep2Ek1Ek2W

则

- 35 -

Ep2Ek2WEk1Ep1

选项D正确． 故选BCD.

三、实验题：共2小题

16．L1L2L3 L1L0L4L0L5L0 【解析】 【详解】

（3）[1]当合力沿两个分力角平分线方向且两个分力夹角为120，合力和两个分力大小相等，故弹簧形变量形同，长度相同，即L1L2L3；

（4）[2]当两个分力相互垂直时，由勾股定理知：

222F2F12F22

即：

L1L02L4L0L5L0。

2217．BD 球心 需要 大于 x【解析】 【详解】

g AB B

y2y1(1)[1]因为本实验是研究平抛运动，只需要每次实验都能保证钢球做相同的平抛运动，即每次实验都要保证钢球从同一高度处无初速度释放并水平抛出，没必要要求斜槽轨道光滑，因此A错误，BD正确；挡板高度可以不等间距变化，故C错误。 故选BD。

(2)a．[2][3]因为钢球做平抛运动的轨迹是其球心的轨迹，故将钢球静置于Q点，钢球的球心对应的白纸上的位置即为坐标原点(平抛运动的起始点)；在确定y轴时需要y轴与重锤线平行。

b．[4][5]由于平抛的竖直分运动是自由落体运动，故相邻相等时间内竖直方向上的位移之比为1:3:5：…，故两相邻相等时间内竖直方向上的位移之比越来越大，因此y大于；由

23y11y2y1gT2，xv0T

联立解得

v0xg y2y1(3)[6]将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，由于铅笔受摩擦力

- 36 -

作用，且不一定能保证铅笔水平，铅笔将不能始终保持垂直白纸板运动，铅笔将发生倾斜，故不会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹，故C不可行，AB可行。

(4)[7]从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，可认为做平抛运动，因此不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样，这实际上揭示了平抛物体在竖直方向上做自由落体运动，故选项B正确。 四、解答题：本题共3题 18． (i)45°；(ii)不能从DC面射出 【解析】 【分析】 【详解】

(i)光在AB面上发生折射，如图

由折射定律得

sin1sin2n1

解得 ∠2=15° 则

=18060601545=45°

(ii)光从AC面进入CDA内，由几何关系可得 ∠3=90=45°

由折射定律

sin4nsin31n

2解得 ∠4=75°

则由几何关系可得 ∠5=45°

- 37 -

由折射定律

sin6sin5n2

解得 ∠6=90°

光线在DC面恰好发生全反射，不能从DC面射出。（平行DC射出也可） 19．（1）0.48J；（2）1.5s；（3）F=0.96－0.08t(t≤2.5s) 【解析】 【分析】 【详解】

（1）M棒匀速时，有 m1gsin37°=μ1m1gcos37°＋BIL① E=BLv0②

IER③ 总RRR2总R1RR④

2M棒从开始到达虚线位置，有

m121gdsin371m1gdcos372m1v0Q总⑤

M棒、N棒、电阻R产生的焦耳热之比为 QM∶QN∶QR=8∶1∶1⑥ QM=

810Q总⑦ 由①~⑦式解得 QM=0.48J

（2）对M棒由动量定理有

(m1gsin37－μ1m1gcos37°－BIL)t=m1v0⑧ q=It=

R⑨ 总Φ=BLd⑩

t=1.5s

（3）对M、N棒碰撞过程，有 m1v0=m1v1＋m2v2⑪

- 38 -

11122m1v0m1v12m2v2⑫ 222碰后对N棒

μ2m2gcos37°－m2gsin37=m2a2⑬ v2=a2t0⑭ 碰后对M棒

m1gsin37＋μ1m1gcos37°＋BI′L－F=m1a1⑮ v1=a1t0⑯

IBL(v1a1t)⑰

R总t0=2.5s⑱ 由⑪～⑱式解得 F=0.96－0.08t(t≤2.5s) 20．（1）v2v0；（2）B1【解析】 【分析】 【详解】

(1)粒子，从P点到O点，由动能定理得

2mv0nB1B3；（）2，n=l，2，3……

2(n1)qL1212mvmv0qEd 22可得粒子到

2vv02qEd2v0 m(2)洛伦兹力提供向心力

mv2 qvB1r粒子要再次回到O点，则粒子不能从y轴左侧的磁场射出，需要返回磁场，经过电场和MN右侧的磁场的作用，再次返回到O点，故要求：

r2mv0L qB1故要求

- 39 -

B12mv0 qL(3)粒子通过电场回到MN右侧磁场时速度为v0。设粒子在右侧磁场中轨道半径为R，要使其能够回到原点，粒子在右侧磁场中应向下偏转，且偏转半径R≥r。

qBmv202v0R 解得

Rmv0qB 2①当R=r

m2v0mv0qB 1qB2可得B2B12 ②R>r，要使粒子回到原点（粒子轨迹如下图所示）

则须满足

（n2R2r)2r

其中n=l，2，3……

nmv0m22v0m2v0qB22qB21qB 1B2nB12(n1)，n=l，2，3……

其中n=1时，B2B12 综上，需要B2和y轴左侧磁场区域磁感应强度B1的大小关系满足

B2nB12(n1)，n=l，2，3……

- 40 -

- 41 -

- 42 -