高考物理二轮摸底试题.doc

2008年全国高考物理二轮模拟试题
本试卷分第一部分选择题和第二部分非选择题两部分。满分150分。考试时间120分钟。
【命题报告】本套试卷在命题前，详细地剖析了最新的2008年新课标物理《考试大纲》，对高考的热点、难点和重点进行了全面的研究。命题时，注重对基础知识的全面考查，同时又强调考查学生的思维能力，在试题的设计上，进行了一些创新尝试，如第3题对物理图象的理解、第12题验证动量守恒定律是综合平抛运动知识，能量守恒定律；第15题物体在轮子　上的运动等等。命题时突出了对学科内综合能力的考查，尤其是对2008年高考中可能出现的重点知识进行了综合命题与大胆预测，如第4题中氢原子能级与光学知识的综合，第8题电动机与变压器等知识的综合考查，第9题子弹打木块，第10题电磁感应与动力学知识的综合等，在命题方式上也有诸多创新之处，展示了高考命题的最新研究成果，如第17、第18两题中有动量守恒定律，能量观点，电场力做功，弹簧类问题等等许多物理主干知识的综合考查，总之本套试卷很好地代表了新课标高考的命题趋势和方向。
第一部分（选择题 共40分）
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。
1、光子不仅有能量，还有动量，光照射到某个面上就会产生压力．有人设想在火星探测器上安装面积很大的薄膜，正对着太阳，靠太阳光在薄膜上产生压力推动探测器前进．第一次安装的是反射率极高的薄膜，第二次安装的是吸收率极高的薄膜，那么( )
A、安装吸收率极高的薄膜，探测器的加速度大
B、两种情况下，由于探测器的质量一样，探测器加速度相同
C、两种情况下，探测器的加速度无法比较
D、安装反射率极高的薄膜，探测器的加速度大

2、在绝热的气缸内封闭着质量、体积和种类都相同的两部分气体A和B（不计气体分子之间的作用力），中间用导热的固定隔板P隔开。若不导热的活塞Q在外力作用下向外移动时，下列论述：（ ）
①气体B压强减小，内能减小；②气体B压强减小，内能不变；
A
B
P
Q
F
③气体A压强减小，内能减小；④气体A压强不变，内能不变。
其中正确的是
A、只有②④正确 B、只有①④正确
C、只有②③正确 D、只有①③正确

3、如图所示的图象能正确反映下面哪两个量的变化规律
A、初速度为零的匀加速直线运动的速度与时间，y表示速度，x表示时间
B、路端电压与外电阻，y表示路端电压，x表示外电阻
C、物体的加速度与所受的合外力，y表示加速度，x表示合外力
D、某地单摆的周期T的平方与摆长L的关系，其中y表示周期的平方(T2)，x表示摆长(L)

a
b
n=∞
n=4
n=3
n=2
4、如图所示为氢原子的能级图，氢原子从n=3的能级跃迁到n=2的能级时辐射a光子；从n=4的能级跃迁到n=2的能级时辐射b光子。下列说法正确的是（ ）
A、a光子的能量比b光子的能量大
B、若在同种玻璃中传播，a光的传播速度比b光小
C、若使a、b两光同时从水中射向空气，a光能发生全反射，则b光一定能发生全反射。
D、在同一双缝干涉实验装置中，用a光照射双缝得到相邻亮纹的间距比b光得到的相邻亮纹间距要宽

5、在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v=200m/s，已知t=0时，波刚好传播到x=40m处，如图所示.在x=400m处有一接受器(图中未画出)，则下列说法正确的是
A、波源开始振动时方向沿y轴正方向
B、从t=0开始经0.15s，x=40m的质点运动的路程为0.6m
C、接受器在t=2s时才能接受此波
D、若波源向x轴正方向运动，接受器收到波的频率可能为11Hz

6、F
O
x
c
b
a
d
如图，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示。F＞0表示斥力，F＜0表示引力，a、b、c、d为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从a处静止释放，则
A、乙分子从a到b做加速运动，由b到c做减速运动
B、乙分子由a到c做加速运动，到达c时速度最大
C、乙分子由a到c的过程中，分子势能先减少后增加
D、乙分子由b到d的过程中，分子势能一直增加

7、在轨道上为了将燃料已用尽的推进火箭与飞船分离，采用引爆爆炸螺栓中的炸药炸掉螺栓，同时将飞船与推进火箭分别向前和向后推，在此以后，以下说法正确的是
A、火箭和飞船仍在同一圆轨道上飞行。
B、火箭将进入较低的轨道，飞船将进入较高的轨道。
C、火箭将进入较高的轨道。
D、火箭将做自由落体运动，飞船将进入较高的轨道。

U
A
R
~
8、如图，有一理想变压器，原副线圈的匝数比为n.原线圈接正弦交流电压U，输出端接有一个交流电流表和一个电动机.电动机线圈电阻为R.当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一重物匀速上升.下列判断正确的是（ ）
A、原线圈中的电流为I/ n
B、电动机消耗的功率为I2R
C、电动机两端电压为IR
D、变压器的输入功率为UI/n

9、一颗速度较大的子弹，水平击穿原来静止在光滑水平面上的木块，设木块对子弹的阻力恒定，则当子弹入射速度增大时，下列说法中正确的是 ( )
A、木块获得的动能变大 B、木块获得的动能变小
C、子弹穿过木块的时间变长　 D、子弹穿过木块的时间变短

10、两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R。整个装置处于磁感应强度大小为B,方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度V1沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速度V2向下匀速运动。重力加速度为g。以下说法正确的是
A、ab杆所受拉力F的大小为μmg+
B、cd杆所受摩擦力为零
C、回路中的电流强度为
D、μ与V1大小的关系为μ=

第二部分（非选择题 共110分）
二、本题共8小题，共110分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
11、⑴如图所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三条线分别表示多用电表指针的指示位置。将选则开关置于直流“50V”挡，Ⅱ的示数为______V；Ⅲ的示数为_______V；选择开关置于直流“100mA”挡，Ⅰ示数为______mA；将多用电表选择开关置于“×10Ω”挡，Ⅲ的示数是____Ω。若接着要测阻值约为30Ω的电阻，应采取的测量步骤是：__________________________________。
⑵用多用表欧姆挡（×100）测试三只晶体二极管，其结果依次如图5甲、乙、丙所示，由图可知，图_____的二极管是好的，该二极管的正极是_____端。

B
12、为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞，某同学选取了两个体积相同、质量不相等的小球，按下述步骤做了如下实验：
①用天平测出两个小球的质量（分别为m1和m2。且m1>m2）；
②按照如图所示的那样，安装好实验装置，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端点的切线水平。将一斜面BC连接在斜槽末端；
③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置；
④将小球m2放在斜槽前端边缘上，让小球m1从斜槽顶端A处仍由静止滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和小球m2在斜面上的落点位置；
⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置，到斜槽末端点B的距离。图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF。
根据该同学的实验，请你回答下列问题：
（1）小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中的____点，m2的落点是图中的__ 点。
（2）用测得的物理量来表示，只要满足关系式____________________________，则说明碰撞中动量是守恒的。
（3）用测得的物理量来表示，只要再满足关系式______________________，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞。
13、（13分）前不久“奋进号”航天飞机进行了一次太空飞行，其主要任务是给国际空间站安装新的太阳能电池板。该电池板的长度L=73m，宽度D=12m，该太阳能电池将太阳能转化为电能的转化率为η=11%。已知太阳辐射的总功率为，地球与太阳之间的距离。国际空间站离地面的高度，它绕地球做匀速圆周运动，在运行过程中有大约一半时间在地球的阴影中，太阳能电池板在其发电的时间内将一部分电能储存在蓄电池内，另一部分供空间站使用，地球半径。若太阳能电池内阻是空间站用电电路总电阻的1/9，由以上数据估算，在空间站绕地球运行一周过程中，太阳能电池对空间站供电的平均功率能有多大？（设蓄电池始终对空间站供电，计算结果取2位有效数字）

14、（14分）如图所示，质量均为m的物块A和B用弹簧连结起来，将它们悬于空中静止，弹簧处于原长状态，A距地面高度h＝0.90m．同时释放两物块，A与地面碰撞后速度立即变为零，由于B的反弹，A刚好能离开地面．若将B物块换为质量为2m的物块C（图中未画出），仍将它们悬于空中静止且弹簧为原长，从A距地面高度为h′处同时释放，A也刚好能离开地面．已知弹簧的弹性势能Ep与弹簧的劲度系数k和形变量x的关系是：．试求：
（1）B反弹后，弹簧的最大伸长量．
（2）h′的大小．

15、（15分）10只相同的轮子并排水平排列，圆心分别为O1、O2、O3…O10，已知O1O10=3.6m，水平转轴通过圆心，轮子均匀绕轴以r/s的转速顺时针转动。现将一根长0.8m、质量为2.0kg的匀质木板平放在这些轮子的左端，木板左端恰好与O1竖直对齐（如图所示），木板与轮缘间的动摩擦因数为0.16，不计轴与轮间的摩擦，g取10m/s2。试求：
O1
O2
O3
O10
（1）木板在轮子上水平移动的总时间
（2）轮子在传送过程中所消耗的机械能。

16、（16分）如图所示，匀强电场区域和匀强磁场区域是紧邻的且宽度相等均为d，电场方向在纸平面内，而磁场方向垂直纸面向里，一带正电粒子从O点以速度V0沿垂直电场方向进入电场，在电场力的作用下发生偏转，从A点离开电场进入磁场，离开电场时带电粒子在电场方向的位移为电场宽度的一半，当粒子从C点穿出磁场时速度方向与进入电场O点时的速度方向一致，（带电粒子重力不计）求：
（1）粒子从C点穿出磁场时的速度v；
（2）电场强度E和磁感应强度B的比值E/B;
（3）粒子在电、磁场中运动的总时间。

17、L
s
B
A
E
t/ (×0.1s)
v/m/s
O
1
2
3
4
5
6
-1
-2
-3
1
2
3
4
5
6
7
8
9
（16分）在绝缘水平面上放置一质量为m=2.0×10-3kg的带电滑块A，电量为q=1.0×10-7C.在A的左边L=1.2m处放置一个不带电的滑块B，质量为M=6.0×10-3kg，滑块B距左边竖直绝缘墙壁s=0.6m，如图所示.在水平面上方空间加一方向水平向左的匀强电场，电场强度为E=4.0×105N/C，A由静止开始向左滑动并与B发生碰撞，设碰撞的过程极短，碰撞后两滑块结合在一起共同运动并与墙壁相碰撞，在与墙壁发生碰撞时没有机械能损失，两滑块始终没有分开，两滑块的体积大小可以忽略不计.已知A、B与地面的动摩擦因数均为μ=0.5。试通过计算，在坐标图中作出滑块A从开始运动到最后静止的速度——时间图象．（取g=10m/s2）

18、（16分）如图所示，在足够长的光滑水平轨道上静止三个小木块A，B，C，质量分别为mA=1kg，mB=1kg，mC=2kg，其中B与C用一个轻弹簧固定连接，开始时整个装置处于静止状态；A和B之间有少许塑胶炸药，A的左边有一个弹性挡板（小木块和弹性挡板碰撞过程没有能量损失）。现在引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量有E=9J转化为A和B沿轨道方向的动能，A和B分开后，A恰好在BC之间的弹簧第一次恢复到原长时追上B，并且与B发生碰撞后粘在一起。求：
A
B
C
（1）在A追上B之前弹簧弹性势能的最大值；
（2）A与B相碰以后弹簧弹性势能的最大值。

详细解答
1、正确答案：D由动量定理可知在相同的时间内，安装的是反射率极高的薄膜的是安装的是吸收率极高的薄膜的2倍，所以探测器获得的作用力大，加速度大。
点评：此题只要考查了牛顿第二定律的动量表示。要求学生掌握反射率的高低对单位时间内光子的动量变化起着决定作用。
2、正确答案：D。根据热力学第一定律及理想气体状态方程可知气体B的压强减小，内能也减小温度降低。由于P是导热的固定隔板，所以气体A的温度也降低，内能也减小，由理想气体状态方程可知在气体体积不变的条件下温度降低压强减小，所以①③正确，正确答案D。
点评：本题只要考查对活塞的受力分析，热力学第一定律及理想气体状态方程
3、正确答案：ACD。由初速度为零的匀加速直线运动的速度可知是正比例函数，物体的加速度与合外力的关系是也是正比例函数，由单摆的周期公式可得可知，而正比例函数是通过原点的一条倾斜直线，所以ACD正确。而路端电压U与外电阻的关系是，可知选项B是错误的。
点评：函数图象是高考物理中必考的知识，考生务必要弄清图象的横坐、纵坐标分别表示什么，所描述的函数图象是怎样的。
4、正确答案：CD。由氢原子的能级图中可以看出a光频率低于b光的频率，所以a光的折射率小于b光的折射率，由，可知，，在同种介质中传播时，所以AB均错误。由全反射的临界角C的定义可知，，则，如a光能发生全反射则b光也一定能发生全反射，所以C正确。由双缝干涉相邻条纹间距可知D正确。
点评：本题主要考查考生对氢原子的能级图，光的折射的基本公式，光子的能量公式及双缝干涉中的条纹间距公式的熟悉掌握及应用。是一道光学中综合题。
5、正确答案：BD。因为波现传到40m处，该处的振动就是波源开始振动时的方向，是沿y轴负方向，所以A错误；由及图象可知波长为20m，周期为，频率为，现，在一个周期内振动质点通过的路程为4A，所以x=40m的质点运动的路程为6A＝0.6m，C正确；由于波源向接受器运动，所以接受器接收到的频率应高于波源的频率，所以D正确。
点评：本题只要考查考生对波的概念。波速与波长及频率的关系以及振动质点在某一时间内所通过的路程等知识的考查。
6、正确答案：B。因为C点是分子力为零的点。所以乙分子运动到该点时速度最大，加速度为零，C点也是分子势能最小的点，但分子势能不为零。而是当取无穷远处为零势能时，C点分子势能不是为零而为负值。
点评：本题只要考查考生对分子力随r变化及分子势能随r变化的关系曲线的理解掌握，并且要求学生掌握最基本的知识，那就是对牛顿定律的理解及应用。
7、正确答案：BD。由动量守恒可知，飞船与火箭分离后，飞船的速度进一步增加，所以飞船做离心运动，将进入更高的轨道上运行，而火箭相对地面的速度不同所以火箭可以沿原轨道运动，也可以做自由落体运动，也可能做向心运动到低轨道运行。
点评：本题只要考查学生对动量守恒定律及天体运动的基础知识的理解及掌握，及做圆周运动的物体做离心运动及做向心运动的条件。
8、正确答案：AD。由变压器原副线圈的电流强度之比可知原线圈中的电流为，所以A正确；电动机消耗的电功率为UI/n，所以变压器的输入功率为UI/n，电动机两端是电压为，由以上分析可知BC错误，D正确。
点评：本题只要考查学生对电动机的输入、输出的功率的公式及对变压器原副线圈中的电流关系、电压关系、功率关系的掌握。
9、正确答案：BD。子弹以初速度V0穿透木块的过程中，子弹、木块在水平方向都受恒力作用，子弹做匀减速运动，木块做匀加速运动，子弹、木块运动的V--t图如图中实线所示．图中OA、V0 B分别表示子弹穿过木块的过程中木块、子弹的运动图象，而图中梯形0ABV0的面积表示子弹相对木块的位移即木块长l．当子弹入射速度增大变为V0'时，子弹、木块的运动图象便如图中虚线所示，梯形OA'B 'V0'的面积仍等于子弹相对木块的位移即木块长Z，故梯形OABV0与梯形OA'B 'V0'的面积相等．由图可知。当子弹入射速度增加时，木块获得的动能变小，子弹穿过木块的时间变短，所以本题的正确答案是B、D．
点评：在利用作图分析法解题时，如何能根据题意将题目中抽象的文字用图象正确地表现出来是解题的关键．在画图时，要特别注意状态变化连接处的特征和前后不同过程的区别和联系，同时也要将这种区别和联系表现在图象上
10、正确答案：AD。由于回路中只有ab切割磁感线，所以产生感应电动势为，回路中的电流强度为，方向由a到b,故ab、cd杆所受的安培力为F安＝，对ab杆受力分析可知A选项正确、C选项错误；而由于cd杆受到的安培力向右，且cd向下做匀速运动，所以cd杆肯定受到向上的摩擦力，B选项错误。对cd受力分析可得出cd所受的重力与摩擦力平衡，变形可知D选项是错误的。
点评：本题只要考查考生对法拉第电磁感应定律及通电导线在磁场中所受安培力以及对物体的受力分析的掌握及熟练运用。
11、⑴19.9；10.0；50；1.20×103，将选择开关换到×1Ω档，重新进行欧姆调零，再进行测量。
⑵4、乙 a，当给二极管加反向电压时，二极管的电阻很大很大，相当于一个断开的开关，当给二极管加上正向电压时，二极管的电阻很小；处于导通状态，相当于一个接通的开关。这种特性叫二极管的单向导电性。由多用表原理知电流从多用电表的负接线柱流出从正接线柱流进。综合两方面可以看出而甲图断路，而丙图中的二极管被击穿。
点评：本题只要考查考生对多用电表的原理的掌握及理解，以及掌握多用电表的读数，别外对二极管的单向导电性也要充分掌握。
12、（1） D 、 F （4分）
（2） m1m1+m2 （4分）
（3） m1LE=m1LD+m2LF （4分）。
由平抛运动知识可知，设斜面的倾角为，物体从斜面顶端平抛落到斜面上，两者距离为L，，可得，由于，g都是恒量所以，，所以动量守恒的表达式可以是m1m1+m2。
由能量守恒可得m1LE=m1LD+m2LF。
点评：本题是从书本上的验证动量守恒定律转变而来，加了平抛运动知识，要求考生对平抛运动知识和验证动量守恒定律的原理十分清楚的情况下才能推导出来。
13、由于空间站离地面的高度与地球半径之比，可以认为空间站与太阳之间距离同样是。太阳辐射的能量均匀地分布在以太阳为球心的球面上。在半径为地球与太阳距离R的球面上，每面积接收到的太阳能功率（该数据称为太阳常数）为：

（5分）
太阳能电池发电时将太阳能转化为电能的功率为：

（5分）
由于每绕地球运行一周有大约一半时间在地球的阴影中，又由于太阳能电池内阻是空间站用电电路总电阻的1/9，所以太阳能电池对空间站供电的平均功率为（3分）
点评：解决本题主要就是建立好物理模型：太阳辐射的能量均匀地分布在以太阳为球心的球面上，为此就要算出半径为地球与太阳距离为R的球面上，单位面积接收到太阳能的功率。结合电路特点求出本题。
13备用题：如图所示，传送带的两条边是电阻不计的金属丝，两条边的中间用n根电阻为r、长为l的电阻丝焊接起来。电阻丝条与条之间间隔也为l，蹄形磁铁的匀强磁场宽度、长度恰都为l，磁感应强度为B，且正好卡满传送带，其余磁场不计。传送带在电动机带动下以速度v作匀速运动，求电阻丝的发热功率。

13、因为磁场的宽度和电阻丝间的距离均为l，所以总有一根切割磁感线，而其它电阻丝并联后构成外电路。（2分）
所以电路的总阻值为（2分）
每根电阻丝产生的感应电动势为E=Blv（3分）
电路中的总电流为（3分）
电阻丝发热的功率（3分）
14、解（1）A落地时，B的速度为： ①
设B反弹后上升的最大高度为x，A刚好离开地面有：kx＝mg ②
据机械能守恒定律，有： ③
解得：x＝0.6m ④
（2）B换成C后，A落地时，C的速度为： ⑤
C反弹后上升的最大高度仍为x，A刚好离开地面有：kx＝mg ⑥
据机械能守恒定律，有： ⑦
解得：m ⑧
评分标准：①②③各1分④⑤⑥⑧各2分。⑦3分
点评：本题解题的关键在于两种情况下弹簧的弹性势能没有改变。然后结合能量观点或者机械能守恒定律来解决本题。
14备用题：如图所示，在光滑的水平面上放着一个质量为M=0.3kg的木块（可视为质点），在木块正上方1m处有一个固定悬点O，在悬点O和木块之间用一根长2m的不可伸长的轻绳连接。有一个质量m=0.1kg的子弹以80m/s的速度水平射入木块并留在其中，之后木块绕O点在竖直平面内做圆周运动。g取10m/s2。求
（1）木块以多大速度离开水平地面？
（2）当木块到达最高点时轻绳对木块的拉力多大？
14、（1）子弹打木块过程、满足动量守恒
mVo=（M+m）V1 ①-------------------2分
在拉紧瞬间木块失去了沿绳方向的速度
V=V1sin ②------------------2分
sin= ③------------------2分
由①②③式得V=10m/s-------------------2分
（2）木块离地以后的运动满足机械能守恒则
④--------2分
T+（M+m）g=（M+m） ⑤--------------------2分
由④⑤式可得T=4N-------------------------------------------2分

15（1）轮子转动的线速度： ………（1分）
板运动的加速度： ………………（1分）
所以板在轮子上作匀加速运动的时间：………… （1分）
板在作匀加速运动中所发生的位移： …（1分）
板在作匀速运动的全过程中其重心平动发生的位移为：
………………………………………… （2分）
因此，板运动的总时间为： …………… （2分）
（2）由功能关系知：轮子在传送木板的过程中所消耗的机械能一部分转化成了木板的动能，另一部分因克服摩擦力作功转化成了内能，即：
木板获得的动能： ……………………… （1分）
摩擦力做功产生的内能： …………………… （2分）
木板与轮子间的相对位移： …………… （2分）
消耗的机械能： ……………………………… （1分）
联立上述四个方程解得： ………… （1分）
点评：本题看上去是新题，实质是传送带类似的问题。是牛顿定律结合运动学知识、能量观点来解本题。
16．（1）粒子在电场中偏转：在垂直电场方向，平行电场分量

得（2分）
　粒子在磁场中做匀速圆周运动，故穿出磁场速度
（2）在电场中运动时　　（1分）
得　（2分）
在磁场中运动如右图　　

运动方向改变45°，运动半径R、
（1分）　　又（1分）
　（1分）
得（1分）
（3）粒子在磁场中运动时间　（2分），
（2分）
运动总时间t总＝t＋t’＝（1分）
点评：本题运动的合成与分解、带电粒子在电场、磁场中运动的一道综合题，解决本题主要是画出带电粒子的运动轨迹，求出电场强度，再根据牛顿定律求出其在磁场中的轨道半径。
备用题：16、如图所示，水平的平行虚线间距为d=50cm，其间有B=1.0T的匀强磁场。一个正方形线圈边长为l=10cm，线圈质量m=100g，电阻为R=0.020Ω。开始时，线圈的下边缘到磁场上边缘的距离为h=80cm。将线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等。取g=10m/s2，求：
⑴线圈进入磁场过程中产生的电热Q。
⑵线圈下边缘穿越磁场过程中的最小速度v。
⑶线圈下边缘穿越磁场过程中加速度的最小值a。
16、解⑴由于线圈完全处于磁场中时不产生电热，所以线圈进入磁场过程中产生的电热Q就是线圈从图中2位置到4位置产生的电热，而2、4位置动能相同，由能量守恒得：Q=mgd=0.50J
⑵3位置时线圈速度一定最小，而3到4线圈是自由落体运动因此有：v02-v2=2g（d-l），得v=2m/s
⑶2到3是减速过程，因此安培力减小，由F-mg=ma知加速度减小，到3位置时加速度最小，a=4.1m/s2
17．（16分）
解：设A和B相遇时的速度为v1，相碰后共同运动的速度为v.
根据动能定理，对滑块A有：（qE—μmg）L = m v12/2 ………2分
解得:v1=6m/s …………1分
滑块A从开始运动到与B相碰所用的时间为：
……………2分
代入数据解得：
A、B碰撞动量守恒，有：mv1=（M+m）v …………2分
得： ………1分
滑块A与B碰撞后结合在一起，电场力大小仍然为：
F=qE=1.0×10-7C×4.0×105N/C=4.0×10-2N.方向向左 …………1分
两滑块的摩擦力为： f=μ（m+M）g ……1分
代入数据解得：f = 4.0×10-2N，方向向右
所以，A、B碰撞后一起以速度v向着墙壁作匀速直线运动.A、B碰后到运动到墙壁处所用的时间为：
………1分
A、B一起与墙壁碰撞后，两滑块受到的电场力与摩擦力大小不变，方向都向左，所以A、B与墙壁碰撞后一起以速度v向右做减速运动，直至速度减为零，最后静止.所经历的时间设为t3

代入数据解得： ………2分
v——t图象如图，（每对一段给1分）
点评：本题是运用牛顿定律、动能定理、动量守恒、能量观点的综合题，主要是通过对运动过程的分析，找出解决问题的关键。
17备用题在绝缘水平面上放一质量m=2.0×10-3kg的带电滑块A，所带电荷量q=1.0×10-7C.在滑块A的左边l=0.3m处放置一个不带电的绝缘滑块B，质量M=4.0×10-3kg，B与一端连在竖直墙壁上的轻弹簧接触(不连接)且弹簧处于自然状态，弹簧原长S=0.05m.如图所示，在水平面上方空间加一水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E=4.0×105N/C，滑块A由静止释放后向左滑动并与滑块B发生碰撞，设碰撞时间极短，碰撞后两滑块结合在一起共同运动并一起压缩弹簧至最短处(弹性限度内)，此时弹性势能E0=3.2×10-3J，两滑块始终没有分开，两滑块的体积大小不计，与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.5，g取10m/s2.求:
(1)两滑块碰撞后刚结合在一起的共同速度v；
(2)两滑块被弹簧弹开后距竖直墙壁的最大距离s.
17解:(1)设两滑块碰前A的速度为v1，由动能定理有:
(2分)
解得:v1=3m/s (2分)
A、B两滑块碰撞，由于时间极短动量守恒，设共同速度为v
(2分)
解得:v=1.0m/s (2分)
(2)碰后A、B一起压缩弹簧至最短，设弹簧压缩量为x1，由动能定理有：
(2分)
解得:x1=0.02m (2分)
设反弹后A、B滑行了x2距离后速度减为零，由动能定理得:
(2分)
解得:x2≈0.05m (2分)
以后，因为qE>μ(M+m)g，滑块还会向左运动，但弹开的距离将逐渐变小，所以，最大距离为:S=x2+s-x1=0.05m+0.05m-0.02m=0.08m. (4分)
18、（16分）
（1）塑胶炸药爆炸瞬间取A和B为研究对象，假设爆炸后瞬间AB的速度大小分别为vA、vB，取向右为正方向
由动量守恒：－mAvA+mBmB=0 ……………（2分）
爆炸产生的热量由9J转化为AB的动能： ………（2分）
带入数据解得：vA = vB =3m/s ………………（1分）
由于A在炸药爆炸后再次追上B的时候弹簧恰好第一次恢复到原长，则在A追上B之前弹簧已经有一次被压缩到最短，（即弹性势能最大）爆炸后取BC和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时BC达到共速vBC，此时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1。
由动量守恒：mBvB=（mB+mC）vBC ………………（1分）
由能量定恒定定律： ………………（1分）
带入数据得：EP1 = 3 J ………………（1分）
（2）设BC之间的弹簧第一次恢复到原长时B、C的速度大小分别为vB1和vC1，则由动量守恒和能量守恒：
mBvB=mBvB1+mCvC1 ………………（1分）
………………（1分）
带入数据解得：vB1=－1m/s vC1=2m/s ………………（1分）
（vB1 = 3 m/s vC1= 0 m/s 不合题意，舍去。）
A爆炸后先向左匀速运动，与弹性挡板碰撞以后速度大小不变，反向弹回。当A追上B，发生碰撞瞬间达到共速vAB
由动量守恒：mAvA+mBvB1=（mA+mB）vAB ………………（1分）
解得：vAB = 1 m/s ………………（1分）
当ABC三者达到共同速度vABC时，弹簧的弹性势能最大为EP2
由动量守恒：（mA+mB）vAB+mCvC1=（mA+mB+mC）vABC ………………（1分）
由能量守恒：
…………（1分）
代入数据得：EP2 = 0.5 J ………………（1分）
点评：本题是通过弹簧，运用了能量观点、动量守恒的综合题。解决本题关键是运用运动守恒方程、能量观点方程求出速度的值再根据实际情况舍去不合题意的。

备用题18、（16分）如图所示，质量为M的长板静置在光滑的水平面上，左侧固定一劲度系数为K且足够长的水平轻质弹簧，右侧用一根不可伸长的细绳连接于墙上（细绳张紧），细绳所能承受的最大拉力为T。让一质量为m、初速为v0的小滑块在长板上无摩擦地对准弹簧水平向左运动（已知弹簧的弹性势能为EP=，式中的是弹簧长度的变化量）。试求：
⑴在什么情况下细绳会被拉断？
⑵细绳被拉断后，长板所能获得的最大加速度多大？
⑶滑块最后离开长板时，相对地面速度恰为零的条件是什么？
18、（16分）
解：⑴m对弹簧的弹力大于等于细绳的拉力T时细绳将被拉断，有：
T=kx0 ① (1分)
② (2分)
解①②式得 (2分)
⑵细绳刚断时小滑块的速度不一定为零，设为v1，由机械能守恒有：
(1分)
∴ ③ (1分)
当滑块和长板的速度相同时，设为v2，弹簧的压缩量x最大，此时长板的加速度a最大，由动量守恒和机械能守恒有
mv1 = (M +m)v2 ④ (1分)
⑤ (1分)
kx=aM ⑥ (1分)
代入③式解④⑤⑥式得 (2分)
(3)设滑块离开长板时，滑块速度为零，长板速度为v3，由动量守恒和机械能守恒有
mv1 = Mv3 ⑦ (1分)
⑧ (1分)
代入③解⑦⑧式得
(1分)
m > M (1分)
备用题18、(16分)长为2b的轻绳，两端各系一质量为m的小球，中央系一质量为M的小球，三球均静止于光滑的水平桌面上，绳处于拉直状态．今给小球M以一冲击，使它获得水平速度v，v的方向与绳垂直（如图所示）．求在两端的小球发生互碰前的瞬间绳中的张力．

18、解：设两小球互碰前的瞬间，绳中的张力大小为T，小球M和m相对于桌面的加速度的大小分别为aM和am，则有
2T＝MaM（沿－v方向） （1）
T＝mam（沿v方向） （2）
相对于小球M，小球m做圆周运动，在碰撞前的瞬间，小球m相对于M的向心加速度为，沿v方向．其中vx为碰撞前瞬间小球m在绳垂直方向的分速度，因此有：
am＝（）－aM （3）
解以上三式得：
T＝× （4）
设vy为碰撞前瞬间小球M的速度，由于绳子的长度保持不变，小球m沿绳方向的分速度也为vy，如图所示．由机械能守恒定律和动量守恒定律有
Mv2＝Mvy2＋m（vx2＋vy2）＋m（vx2＋vy2） （5）
Mv＝（M＋2m）vy （6）
解（5）、（6）两式可得
vx2＝ （7）
代入（4）式可得：
T＝

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