題目列表(包括答案和解析)
| 實(shí)驗(yàn)序號(hào) | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 |
| 斜面高度h（cm） | 10 | 20 | 30 | 40 | 50 | 60 | 70 |
| 傳感器示數(shù)v（m/s） | 1.40 | 1.98 | 2.42 | 2.80 | 2.90 | 3.47 | 3.70 |
| v2（m2/s2） | 1.96 | 3.92 | 5.86 | 7.84 | 8.41 | 12.04 | 13.69 |
為驗(yàn)證小燈泡（點(diǎn)光源）光能的球面散射規(guī)律并測(cè)定其發(fā)光效率，有同學(xué)設(shè)計(jì)并進(jìn)行了如圖1所示的實(shí)驗(yàn)：將一個(gè)“6V 8.0W”的小燈泡接入電路，使之正常發(fā)光，在燈泡燈絲的同一水平面、正對(duì)光線方向放一個(gè)光強(qiáng)探頭，以測(cè)定與光源間距為d時(shí)相應(yīng)的光強(qiáng)值I，其測(cè)得以下9組數(shù)據(jù)（下表）；并用一數(shù)字圖象處理器將表內(nèi)數(shù)據(jù)分別在I-d，I-d-1和I-d-2坐標(biāo)平面內(nèi)標(biāo)得如下數(shù)據(jù)點(diǎn)，如圖2所示．| d/×10-2m | 6.50 | 7.50 | 8.50 | 9.50 | 10.5 | 11.5 | 12.5 | 13.5 | 14.5 |
| I/W?m-2 | 8.29 | 6.66 | 4.96 | 3.92 | 3.37 | 2.61 | 2.30 | 1.97 | 1.70 |
T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)的軸以120 r/min勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，線框通過(guò)滑環(huán)與外電路相連，外電路接有R=12 Ω 的電阻及一只發(fā)光的電壓為12 V的氖泡L，求： 
圖13-1-4
（1）當(dāng)開(kāi)關(guān)S接e時(shí)，A表的讀數(shù)為多少？R的熱功率為多大？10 min內(nèi)外力對(duì)線框做功多少？
（2）當(dāng)開(kāi)關(guān)S接f時(shí)，氖泡的閃光頻率為多大？通電10 min，氖泡發(fā)光的總時(shí)間為多少？（線框電阻不計(jì)）
（10分）某研究性學(xué)習(xí)小組，為了探索航天器球形返回艙穿過(guò)大氣層時(shí)所受空氣阻力（風(fēng)力）的影響因素，進(jìn)行了模擬實(shí)驗(yàn)研究。圖12為測(cè)定風(fēng)力的實(shí)驗(yàn)裝置圖，其中CD是一段水平放置的長(zhǎng)為L的光滑均勻電阻絲，電阻絲電阻較大；一質(zhì)量和電阻都不計(jì)的細(xì)長(zhǎng)細(xì)長(zhǎng)裸金屬絲一端固定于O點(diǎn)，另一端懸掛球P，無(wú)風(fēng)時(shí)細(xì)金屬絲豎直，恰與電阻絲在C點(diǎn)接觸，OC＝H；有風(fēng)時(shí)金屬絲將偏離豎直方向，與電阻絲相交于某一點(diǎn)（如圖13中虛線所示）.細(xì)金屬絲與電阻絲始終保持良好的導(dǎo)電接觸。
(1)已知電源的電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻不計(jì)，理想電壓表兩接線柱分別與O點(diǎn)和C點(diǎn)相連，球P的質(zhì)量為m，重力加速度為g，由此可以推得風(fēng)力大小F與電壓表示數(shù)的關(guān)系式為F=______________________。
(2)研究小組的同學(xué)猜想：風(fēng)力大小F可能與風(fēng)速大小v和球半徑r這兩個(gè)因素有關(guān)，于是他們進(jìn)行了如下的實(shí)驗(yàn)：
實(shí)驗(yàn)一：使用同一球，改變風(fēng)速，記錄了在不同風(fēng)速下電壓表的示數(shù)。
表一 球半徑r＝0.50cm
| 風(fēng)速(m/s) | 10 | 15 | 20 | 30 |
| 電壓表示數(shù)（V） | 2.40 | 3.60 | 4.81 | 7.19 |
由表一數(shù)據(jù)可知：在球半徑一定的情況下，風(fēng)力大小與風(fēng)速的關(guān)系是_______________________。
實(shí)驗(yàn)二：保持風(fēng)速一定，換用同種材料、不同半徑的實(shí)心球，記錄了在球半徑不同情況下電壓表的示數(shù)。
表二 風(fēng)速v＝10 m/s
| 球半徑(cm) | 0.25 | 0.50 | 0.75 | 1.00 |
| 電壓表示數(shù)（V） | 9.60 | 2.40 | 1.07 | 0.60 |
由表二數(shù)據(jù)可知：在風(fēng)速一定的情況下，風(fēng)力大小與球半徑的關(guān)系是_______________________。（球體積公式
）
(3)根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)結(jié)果可知風(fēng)力的大小F與風(fēng)速大小v、球半徑r的關(guān)系式為_(kāi)________________________。
圖13-12-2
A．場(chǎng)強(qiáng)最小的點(diǎn)是A點(diǎn)，電勢(shì)最高的點(diǎn)是B點(diǎn)
B．場(chǎng)強(qiáng)最小的點(diǎn)是A點(diǎn)，電勢(shì)最高的點(diǎn)是C點(diǎn)
C．場(chǎng)強(qiáng)最小的點(diǎn)是C點(diǎn)，電勢(shì)最高的點(diǎn)是B點(diǎn)
D．場(chǎng)強(qiáng)最小的點(diǎn)是C點(diǎn)，電勢(shì)最高的點(diǎn)是A點(diǎn)
高考真題
1．【解析】設(shè)物體的質(zhì)量為m,t0時(shí)刻受盒子碰撞獲得速度v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律 
3t0時(shí)刻物體與盒子右壁碰撞使盒子速度又變?yōu)関0，說(shuō)明碰撞是彈性碰撞 
聯(lián)立以上兩式解得 m=M
(也可通過(guò)圖象分析得出v0=v,結(jié)合動(dòng)量守恒，得出正確結(jié)果)
【答案】m=M
2．【解析】由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得： 
解得：
炮彈射出后做平拋，有：
解得目標(biāo)A距炮口的水平距離為：
同理，目標(biāo)B距炮口的水平距離為：
解得：
【答案】
3．【解析】（1）P1滑到最低點(diǎn)速度為
，由機(jī)械能守恒定律有：
解得：
P1、P2碰撞，滿(mǎn)足動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒定律，設(shè)碰后速度分別為
、
解得：
=
P2向右滑動(dòng)時(shí)，假設(shè)P1保持不動(dòng)，對(duì)P2有：
（向左）
對(duì)P1、M有：
此時(shí)對(duì)P1有：
，所以假設(shè)成立。
（2）P2滑到C點(diǎn)速度為，由
得
P1、P2碰撞到P2滑到C點(diǎn)時(shí)，設(shè)P1、M速度為v，對(duì)動(dòng)量守恒定律：
解得：
對(duì)P1、P2、M為系統(tǒng)：
代入數(shù)值得：
滑板碰后，P1向右滑行距離：
P2向左滑行距離：
所以P1、P2靜止后距離：
【答案】（1）
（2）
4．【解析】(1)P1經(jīng)t1時(shí)間與P2碰撞，則
P1、P2碰撞，設(shè)碰后P2速度為v2，由動(dòng)量守恒：
解得
（水平向左） 
（水平向右）
碰撞后小球P1向左運(yùn)動(dòng)的最大距離：
又：
解得：
所需時(shí)間：
（2）設(shè)P1、P2碰撞后又經(jīng)
時(shí)間在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞，且P1受電場(chǎng)力不變，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，以水平向右為正：
則：
解得：
（故P1受電場(chǎng)力不變）
對(duì)P2分析：
所以假設(shè)成立，兩球能在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞。
5．【解析】從兩小球碰撞后到它們?cè)俅蜗嘤�，小球A和B的速度大小保持不變。根據(jù)它們通過(guò)的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比為4┱1。
設(shè)碰撞后小球A和B 的速度分別為
和
，在碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，碰撞前后動(dòng)能相等，有
………… ①
………… ②
聯(lián)立以上兩式再由
,可解出 m1∶m2=2∶1
【答案】2∶1
6．【解析】⑴碰后B上擺過(guò)程機(jī)械能守恒，可得
。
⑵兩球發(fā)生彈性碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒。設(shè)與B碰前瞬間A的速度是v0，有2mv0=2mvA+mvB，
，可得vA= v0/3，vB=
4v0/3，因此
，同時(shí)也得到
。
⑶先由A平拋的初速度vA和水平位移L/2，求得下落高度恰好是L。即兩球碰撞點(diǎn)到水平面的高度是L。A離開(kāi)彈簧時(shí)的初動(dòng)能可以認(rèn)為就等于彈性力對(duì)A做的功。A離開(kāi)彈簧上升的全過(guò)程用機(jī)械能守恒：
，解得W= 
【答案】（1） （2）W=
7．【解析】此題是單個(gè)質(zhì)點(diǎn)碰撞的多過(guò)程問(wèn)題，既可以用動(dòng)能定理與動(dòng)量定理求解，也可以用力與運(yùn)動(dòng)關(guān)系與動(dòng)量求解．設(shè)小物塊從高為h處由靜止開(kāi)始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，到達(dá)斜面底端時(shí)速度為v。
由動(dòng)能定理得
①
以沿斜面向上為動(dòng)量的正方向。按動(dòng)量定理，碰撞過(guò)程中擋板給小物塊的沖量
②
設(shè)碰撞后小物塊所能達(dá)到的最大高度為h’，則
③
同理，有 
④ 
⑤
式中，v’為小物塊再次到達(dá)斜面底端時(shí)的速度，I’為再次碰撞過(guò)程中擋板給小物塊的沖量。由①②③④⑤式得
⑥式中 
⑦
由此可知，小物塊前4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級(jí)數(shù)，首項(xiàng)為
⑧總沖量為 
⑨
由 （ 
⑩得
⑾
代入數(shù)據(jù)得 
N?s
【答案】 N?s
8．【解析】此題開(kāi)始的繩連的系統(tǒng)，后粘合變成了小球單個(gè)質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題（1）對(duì)系統(tǒng)，設(shè)小球在最低點(diǎn)時(shí)速度大小為v1，此時(shí)滑塊的速度大小為v2，滑塊與擋板接觸前由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律：mgl = mv12 +mv22①
由系統(tǒng)的水平方向動(dòng)量守恒定律：mv1 = mv2②
對(duì)滑塊與擋板接觸到速度剛好變?yōu)榱愕倪^(guò)程中，擋板阻力對(duì)滑塊的沖量為：I = mv2③
聯(lián)立①②③解得I = m 方向向左④
（2）小球釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中，設(shè)繩的拉力對(duì)小球做功的大小為W，對(duì)小球由動(dòng)能定理：mgl＋W = mv12⑤
聯(lián)立①②⑤解得：W =－mgl，即繩的拉力對(duì)小球做負(fù)功，大小為mgl 。
【答案】（１）I = m 方向向左；（２）mgl
9．【解析】（1）設(shè)B在繩被拉斷后瞬間的速度為
,到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為
，有
（1）
（2）
代入數(shù)據(jù)得
（3）
（2）設(shè)彈簧恢復(fù)到自然長(zhǎng)度時(shí)B的速度為
，取水平向右為正方向，有
（4）
（5）
代入數(shù)據(jù)得 
其大小為4NS （6）
（3）設(shè)繩斷后A的速度為
，取水平向右為正方向，有
（7）
代入數(shù)據(jù)得
【答案】（１） �。ǎ玻�4NS �。ǎ常�
10．【解析】設(shè)擺球A、B的質(zhì)量分別為
、
，擺長(zhǎng)為l，B球的初始高度為h1，碰撞前B球的速度為vB.在不考慮擺線質(zhì)量的情況下，根據(jù)題意及機(jī)械能守恒定律得
①
②
設(shè)碰撞前、后兩擺球的總動(dòng)量的大小分別為P1、P2。有
P1=mBvB ③
聯(lián)立①②③式得
④
同理可得
⑤
聯(lián)立④⑤式得
代入已知條件得
由此可以推出
≤4%
所以，此實(shí)驗(yàn)在規(guī)定的范圍內(nèi)驗(yàn)證了動(dòng)量守恒定律。
【答案】≤4%
名校試題
1．【解析】（1）M靜止時(shí)，設(shè)彈簧壓縮量為l0，則Mg＝kl0 ①
速度最大時(shí)，M、m組成的系統(tǒng)加速度為零，則
(M＋m)g－k(l0＋l1)＝0 ②-
聯(lián)立①②解得：k＝50N/m ③
［或：因M初位置和速度最大時(shí)都是平衡狀態(tài)，故mg＝kl1，解得：k＝50N/m］
（2）m下落h過(guò)程中，mgh＝
mv02 ④-
m沖擊M過(guò)程中， m v0＝(M＋m)v ⑤-
所求過(guò)程的彈性勢(shì)能的增加量：ΔE＝(M＋m)g(l1＋l2)＋ (M＋m)v2 ⑥
聯(lián)立④⑤⑥解得：ΔE＝0.66J ⑦
（用彈性勢(shì)能公式計(jì)算的結(jié)果為ΔE＝0.65J也算正確）
【答案】ΔE＝0.66J
2．【解析】①根據(jù)圖象可知，物體C與物體A相碰前的速度為：v1=
相碰后的速度為：v2=
…
解得：m3=
②規(guī)定向左的方向?yàn)檎较�，在�?.0s和第15s末物塊A的速度分別為：
v2=
即在5.0s到15s的時(shí)間內(nèi)物塊A動(dòng)量變化的大小為：
【答案】（1）m3=2.0kg （2）16kg?m/s 方向向右
3．【解析】(1)設(shè)第一顆子彈進(jìn)入靶盒A后，子彈與靶盒的共內(nèi)速度為。
根據(jù)碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有：
設(shè)A離開(kāi)O點(diǎn)的最大距離為
，由動(dòng)能定理有：
解得：
(2)根據(jù)題意，A在的恒力F的作用返回O點(diǎn)時(shí)第二顆子彈正好打入，由于A的動(dòng)量與第二顆子彈動(dòng)量大小相同，方向相反，故第二顆子彈打入后，A將靜止在O點(diǎn)。設(shè)第三顆子彈打入A后，它們的共同速度為
，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒得：
�。�2分）
設(shè)A從離開(kāi)O點(diǎn)到又回到O點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間為ｔ，取碰后A運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较�，由�?dòng)量定理得：
解得：
(3)從第(2)問(wèn)的計(jì)算可以看出，第1、3、5、……（2ｎ＋1）顆子彈打入A后，A運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為 故總時(shí)間
【答案】（1） （2） （3）
4．【解析】對(duì)A、B、C整體，從C以v0滑上木塊到最終B、C達(dá)到共同速度V，
其動(dòng)量守恒既：m v0=2mV1+3mv 1.8=2V1+3×0.4 V1=0.3m/s
對(duì)A、B、C整體，從C以v0滑上木塊到C以V2剛離開(kāi)長(zhǎng)木板，
此時(shí)A、B具有共同的速度V1。其動(dòng)量守恒即：m v0=mV2+4mv1
1.8=V2+4×0.3 V2=
【答案】 （1）V1=
5．【解析】（1）B與A碰撞前速度由動(dòng)能定理
得 
B與A碰撞，由動(dòng)量守恒定律
得 
碰后到物塊A、B運(yùn)動(dòng)至速度減為零，彈簧的最大彈性勢(shì)能
（2）設(shè)撤去F后，A、B一起回到O點(diǎn)時(shí)的速度為
，由機(jī)械能守恒得
返回至O點(diǎn)時(shí)，A、B開(kāi)始分離，B在滑動(dòng)摩擦力作用下向左作勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊B最終離O點(diǎn)最大距離為x
由動(dòng)能定理得：
【答案】（1）
（2）
6．【解析】設(shè)小車(chē)初速度為V0，A與車(chē)相互作用摩擦力為f，
第一次碰后A與小車(chē)相對(duì)靜止時(shí)速為 V1，由動(dòng)量守恒，
得 mAV0－mBV0＝(mA＋mB)V1
由能量守恒，得mAV02＋mBV02＝f?
Ｌ+(mA＋mB)V12… 圖14
多次碰撞后，A停在車(chē)右端，系統(tǒng)初動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，由能量守恒，得
fL＝(mA＋mB)V02…
聯(lián)系以上三式，解得：(mA＋mB)2＝4(mA-mB)2 
＝∴mA＝3mB
【答案】mA＝3mB
7．【解析】（1）當(dāng)B離開(kāi)墻壁時(shí)，A的速度為v0，由機(jī)械能守恒有
mv02＝E
解得 v0=
（2）以后運(yùn)動(dòng)中，當(dāng)彈簧彈性勢(shì)能最大時(shí)，彈簧達(dá)到最大程度時(shí)，A、B速度相等，設(shè)為v,由動(dòng)量守恒有 2mv=mv0 解得
v=
（3）根據(jù)機(jī)械能守恒，最大彈性勢(shì)能為
Ep=mv02－2mv2=E
【答案】（1）v0= （2）v= （3）Ep=E
8．【解析】設(shè)子彈的質(zhì)量為m，木塊的質(zhì)量為M，子彈射出槍口時(shí)的速度為v0。
第一顆子彈射入木塊時(shí)，動(dòng)量守恒 
木塊帶著子彈做平拋運(yùn)動(dòng) 
第二顆子彈射入木塊時(shí)，動(dòng)量守恒 
木塊帶著兩顆子彈做平拋運(yùn)動(dòng) 
聯(lián)立以上各式解得 
【答案】
9．【解析】
|
②
2分
③ 
④ 
⑤
⑥ 
，因木板與所有物塊系統(tǒng)水平方向不受外力，動(dòng)量守恒，應(yīng)有：
+m?2 v
（n+1）v
，取木板與物塊1為系統(tǒng)一部分，第2 號(hào)物塊到第n號(hào)物塊為系統(tǒng)另一部分，則
=（n-1）m?（v
，則第k號(hào)物塊速度由k v
（k+1）m v
，可得：
，根據(jù)動(dòng)量定理
，而
，所以P=
，故選項(xiàng)A正確。
①
② 
③
④ 
⑤ 
，代入數(shù)據(jù)得
.
為正方向，設(shè)a向前跳入水中后，船速為
，有： 
①
，則
②
，方向與
也解得
①
②
1 m/s 
9 m/s
③
……①
為A從離開(kāi)桌面至落