題目列表(包括答案和解析)
（07年寧夏卷）甲乙兩輛汽車在平直的公路上沿同一方向作直線運動，t＝0時刻同時經(jīng)過公路旁的同一個路標(biāo)。在描述兩車運動的v－t圖中（如圖），直線a、b分別描述了甲乙兩車在0－20 s的運動情況。關(guān)于兩車之間的位置關(guān)系，下列說法正確的是
A．在0－10 s內(nèi)兩車逐漸靠近
B．在10－20 s內(nèi)兩車逐漸遠離
C．在5－15 s內(nèi)兩車的位移相等
D．在t＝10 s時兩車在公路上相遇
（08年寧夏卷）一有固定斜面的小車在水平面上做直線運動，小球通過細繩與車頂相
連。小球某時刻正處于圖示狀態(tài)。設(shè)斜面對小球的支持力為N，細繩對小球的拉力為T，關(guān)于此時刻小球的受力情況，下列說法正確的是
A.若小車向左運動，N可能為零
B.若小車向左運動，T可能為零
C.若小車向右運動，N不可能為零
D.若小車向右運動，T不可能為零
（08年上海卷）如圖所示，在光滑絕緣水平面上，兩個帶等量正電的點電荷M、N，分別固定在A、B兩點，O為AB連線的中點，CD為AB的垂直平分線。在CO之間的F點由靜止釋放一個帶負電的小球P（設(shè)不改變原來的電場分布），在以后的一段時間內(nèi)，P在CD連線上做往復(fù)運動。若
A．小球P的帶電量緩慢減小，則它往復(fù)運動過程中振幅不斷減小
B．小球P的帶電量緩慢減小，則它往復(fù)運動過程中每次經(jīng)過O點時的速率不斷減小
C．點電荷M、N的帶電量同時等量地緩慢增大，則小球P往復(fù)運動過程中周期不斷減小
D．點電荷M、N的帶電量同時等量地緩慢增大，則小球P往復(fù)運動過程中振幅不斷減小
（2012年全國高考山東理綜卷）某同學(xué)利用圖甲所示的實驗裝置，探究物塊在水平桌面上的運動規(guī)律．物塊在重物的牽引下開始運動，重物落地后，物塊再運動一段距離停在桌面上(尚未到達滑輪處)．從紙帶上便于測量的點開始，每5個點取1個計數(shù)點，相鄰計數(shù)點間的距離如圖乙所示．打點計時器電源的頻率為50 Hz.
①通過分析紙帶數(shù)據(jù)，可判斷物塊在兩相鄰計數(shù)點________和________之間某時刻開始減速．
②計數(shù)點5對應(yīng)的速度大小為________m/s，計數(shù)點6對應(yīng)的速度大小為________m/s.(保留三位有效數(shù)字)
③物塊減速運動過程中加速度的大小為a＝________m/s2，若用
來計算物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)(g為重力加速度)，則計算結(jié)果比動摩擦因數(shù)的真實值________(填“偏大”或“偏小”)．
圖甲
圖乙
（2008年高考山東卷．理綜．37）麥克斯韋在1865年發(fā)表的《電磁場的動力學(xué)理論》一文中揭示了電、磁現(xiàn)象與光的內(nèi)在聯(lián)系及統(tǒng)一性，即光是電磁波。
（1）一單色光波在折射率為1.5的介質(zhì)中傳播，某時刻電場橫波圖象如圖4上所示，求該光波的頻率。
（2）圖5表示兩面平行玻璃磚的截面圖，一束平行于CD邊的單色光入射到AC界面上，a、b是其中的兩條平行光線。光線a在玻璃磚中的光路已給出。畫出光線B從玻璃磚中管次出射的光路圖，并標(biāo)出出射光線與界面法線夾角的度數(shù)。
圖
圖
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