題目列表(包括答案和解析)
（2008年上海卷．物理．）用如圖所示的實驗裝置觀察光的薄膜干涉現(xiàn)象。圖2（a）是點燃酒精燈（在燈芯上灑些鹽），圖2（b）是豎立的附著一層肥皂液薄膜的金屬絲圈。將金屬絲圈在其所在的豎直平面內(nèi)緩慢旋轉(zhuǎn)，觀察到的現(xiàn)象是
A．當(dāng)金屬絲圈旋轉(zhuǎn)30°時干涉條紋同方向旋轉(zhuǎn)30°
B．當(dāng)金屬絲圈旋轉(zhuǎn)45°時干涉條紋同方向旋轉(zhuǎn)90°
C．當(dāng)金屬絲圈旋轉(zhuǎn)60°時干涉條紋同方向旋轉(zhuǎn)30° 圖2
D．干涉條紋保持原來狀態(tài)不變
（2008年 廣東卷．物理．14）（2）光纖通信中，光導(dǎo)纖維傳遞光信號的物理原理是利用光的 現(xiàn)象。要發(fā)生這種現(xiàn)象，必須滿足的條件是：光從光密介質(zhì)射向 ，且入射角等于或大于 。
（07年廣東卷）平行板間加如圖所示周期變化的電壓，重力不計的帶電粒子靜止在平行板中央，從t=0時刻開始將其釋放，運動過程無碰板情況，能定性描述粒子運動的速度圖象正確的是：
2008年 (廣東卷 物理)19．（16分）如圖16（a）所示，在光滑絕緣水平面的AB區(qū)域內(nèi)存在水平向左的電場，電場強度E隨時間的變化如圖16（b）所示。不帶電的絕緣小球P2靜止在O點。t=0時，帶正電的小球P1以速度v0從A點進入AB區(qū)域。隨后與P2發(fā)生正碰后反彈，反彈速度是碰前的
倍。P1的質(zhì)量為m1，帶電量為q，P2的質(zhì)量為m2=5m1，A、O間距為L0，O、B間距為
.已知
，
.
（1）求碰撞后小球P1向左運動的最大距離及所需時間。
（2）討論兩球能否在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞。
2008年 (廣東卷 物理)6．有關(guān)氫原子光譜的說法正確的是
A．氫原子的發(fā)射光譜是連續(xù)譜
B．氫原子光譜說明氫原子只發(fā)出特點頻率的光
C．氫原子光譜說明氫原子能級是分立的
D．氫原子光譜線的頻率與氫原子能級的能量差無關(guān)
高考真題
1．【解析】設(shè)物體的質(zhì)量為m,t0時刻受盒子碰撞獲得速度v，根據(jù)動量守恒定律 
3t0時刻物體與盒子右壁碰撞使盒子速度又變?yōu)関0，說明碰撞是彈性碰撞 
聯(lián)立以上兩式解得 m=M
(也可通過圖象分析得出v0=v,結(jié)合動量守恒，得出正確結(jié)果)
【答案】m=M
2．【解析】由動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滑到最低點速度為
，由機械能守恒定律有：
解得：
P1、P2碰撞，滿足動量守恒，機械能守恒定律，設(shè)碰后速度分別為
、
解得：
=
P2向右滑動時，假設(shè)P1保持不動，對P2有：
（向左）
對P1、M有：
此時對P1有：
，所以假設(shè)成立。
（2）P2滑到C點速度為，由
得
P1、P2碰撞到P2滑到C點時，設(shè)P1、M速度為v，對動量守恒定律：
解得：
對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時間與P2碰撞，則
P1、P2碰撞，設(shè)碰后P2速度為v2，由動量守恒：
解得
（水平向左） 
（水平向右）
碰撞后小球P1向左運動的最大距離：
又：
解得：
所需時間：
（2）設(shè)P1、P2碰撞后又經(jīng)
時間在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞，且P1受電場力不變，由運動學(xué)公式，以水平向右為正：
則：
解得：
（故P1受電場力不變）
對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再次相遇，小球A和B的速度大小保持不變。根據(jù)它們通過的路程，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
，在碰撞過程中動量守恒，碰撞前后動能相等，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上擺過程機械能守恒，可得
。
⑵兩球發(fā)生彈性碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒。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。即兩球碰撞點到水平面的高度是L。A離開彈簧時的初動能可以認(rèn)為就等于彈性力對A做的功。A離開彈簧上升的全過程用機械能守恒：
，解得W= 
【答案】（1） （2）W=
7．【解析】此題是單個質(zhì)點碰撞的多過程問題，既可以用動能定理與動量定理求解，也可以用力與運動關(guān)系與動量求解．設(shè)小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運動，到達(dá)斜面底端時速度為v。
由動能定理得
①
以沿斜面向上為動量的正方向。按動量定理，碰撞過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)斜面底端時的速度，I’為再次碰撞過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數(shù)，首項為
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】此題開始的繩連的系統(tǒng)，后粘合變成了小球單個質(zhì)點的運動問題（1）對系統(tǒng)，設(shè)小球在最低點時速度大小為v1，此時滑塊的速度大小為v2，滑塊與擋板接觸前由系統(tǒng)的機械能守恒定律：mgl = mv12 +mv22①
由系統(tǒng)的水平方向動量守恒定律：mv1 = mv2②
對滑塊與擋板接觸到速度剛好變?yōu)榱愕倪^程中，擋板阻力對滑塊的沖量為：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)最低點的過程中，設(shè)繩的拉力對小球做功的大小為W，對小球由動能定理：mgl＋W = mv12⑤
聯(lián)立①②⑤解得：W =－mgl，即繩的拉力對小球做負(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點時的速度為
，有
（1）
（2）
代入數(shù)據(jù)得
（3）
（2）設(shè)彈簧恢復(fù)到自然長度時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)題意及機械能守恒定律得
①
②
設(shè)碰撞前、后兩擺球的總動量的大小分別為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，此實驗在規(guī)定的范圍內(nèi)驗證了動量守恒定律。
【答案】≤4%
名校試題
1．【解析】（1）M靜止時，設(shè)彈簧壓縮量為l0，則Mg＝kl0 ①
速度最大時，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都是平衡狀態(tài)，故mg＝kl1，解得：k＝50N/m］
（2）m下落h過程中，mgh＝
mv02 ④-
m沖擊M過程中， m v0＝(M＋m)v ⑤-
所求過程的彈性勢能的增加量：ΔE＝(M＋m)g(l1＋l2)＋ (M＋m)v2 ⑥
聯(lián)立④⑤⑥解得：ΔE＝0.66J ⑦
（用彈性勢能公式計算的結(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)定向左的方向為正方向，在第5.0s和第15s末物塊A的速度分別為：
v2=
即在5.0s到15s的時間內(nèi)物塊A動量變化的大小為：
【答案】（1）m3=2.0kg （2）16kg?m/s 方向向右
3．【解析】(1)設(shè)第一顆子彈進入靶盒A后，子彈與靶盒的共內(nèi)速度為。
根據(jù)碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，有：
設(shè)A離開O點的最大距離為
，由動能定理有：
解得：
(2)根據(jù)題意，A在的恒力F的作用返回O點時第二顆子彈正好打入，由于A的動量與第二顆子彈動量大小相同，方向相反，故第二顆子彈打入后，A將靜止在O點。設(shè)第三顆子彈打入A后，它們的共同速度為
，由系統(tǒng)動量守恒得：
�。�2分）
設(shè)A從離開O點到又回到O點所經(jīng)歷的時間為ｔ，取碰后A運動的方向為正方向，由動量定理得：
解得：
(3)從第(2)問的計算可以看出，第1、3、5、……（2ｎ＋1）顆子彈打入A后，A運動時間均為 故總時間
【答案】（1） （2） （3）
4．【解析】對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，
其動量守恒既：m v0=2mV1+3mv 1.8=2V1+3×0.4 V1=0.3m/s
對A、B、C整體，從C以v0滑上木塊到C以V2剛離開長木板，
此時A、B具有共同的速度V1。其動量守恒即：m v0=mV2+4mv1
1.8=V2+4×0.3 V2=
【答案】 （1）V1=
5．【解析】（1）B與A碰撞前速度由動能定理
得 
B與A碰撞，由動量守恒定律
得 
碰后到物塊A、B運動至速度減為零，彈簧的最大彈性勢能
（2）設(shè)撤去F后，A、B一起回到O點時的速度為
，由機械能守恒得
返回至O點時，A、B開始分離，B在滑動摩擦力作用下向左作勻減速直線運動，設(shè)物塊B最終離O點最大距離為x
由動能定理得：
【答案】（1）
（2）
6．【解析】設(shè)小車初速度為V0，A與車相互作用摩擦力為f，
第一次碰后A與小車相對靜止時速為 V1，由動量守恒，
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停在車右端，系統(tǒng)初動能全部轉(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離開墻壁時，A的速度為v0，由機械能守恒有
mv02＝E
解得 v0=
（2）以后運動中，當(dāng)彈簧彈性勢能最大時，彈簧達(dá)到最大程度時，A、B速度相等，設(shè)為v,由動量守恒有 2mv=mv0 解得
v=
（3）根據(jù)機械能守恒，最大彈性勢能為
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，子彈射出槍口時的速度為v0。
第一顆子彈射入木塊時，動量守恒 
木塊帶著子彈做平拋運動 
第二顆子彈射入木塊時，動量守恒 
木塊帶著兩顆子彈做平拋運動 
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 號物塊到第n號物塊為系統(tǒng)另一部分，則
=（n-1）m?（v
，則第k號物塊速度由k v
（k+1）m v
，可得：
，根據(jù)動量定理
，而
，所以P=
，故選項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從離開桌面至落