卷7 动量守恒定律--【三新金卷·先享题】2026年安徽省高考物理真题分类优化卷(分项3N)

最新5年高考真题分类优化卷·物理（七） 卷7动量守恒定律 姓名 班级 考号 得分 本卷满分100分，考试时间75分钟 一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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.(2025·河南卷)两小车P、Q的质量分别为mp和mQ,将它们分别与 小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如 图1和图2所示。小车N的质量为m、,碰撞时间极短，则() P N Q N N N 碰撞前 碰撞后 碰撞前 碰撞后 图1 图2 A..mp >m ma B.m mp>mo C.mo >mp>mx D.mo>m>mp 2.(2025·湖北卷)一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为号的门板组成。 门处于关闭状态，其俯视图如图（α）所示。某同学用与门板平行的水平 恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另 一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图(b)所示。门板在运动过 程中受到的阻力与其重力大小之比为“，重力加速度大小为g。若要门 板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于 () 图(a) 图(b) 园 3.(2022·天津)如图所示，边长为a的正方形铝框平放在光滑绝缘水平桌 面上，桌面上有边界平行、宽为b且足够长的匀强磁场区域，磁场方向垂 直于桌面，铝框依靠惯性滑过磁场区域，滑行过程中铝框平面始终与磁 场垂直且一边与磁场边界平行，已知α<b,在滑入和滑出磁场区域的两 个过程中 () A.铝框所用时间相同 B.铝框上产生的热量相同 C.铝框中的电流方向相同 D.安培力对铝框的冲量相同 【最新5年高考真题分类优化卷·物理（七）7-1】3N 4.(2023·天津)2023年我国首套高温超导电动悬浮全 要素试验系统完成首次悬浮运行，实现重要技术突 破。设该系统的试验列车质量为m,某次试验中列车 以速率在平直轨道上匀速行驶，刹车时牵引系统处 于关闭状态，制动装置提供大小为F的制动力，列车 减速直至停止。若列车行驶时始终受到大小为f的空气阻力，则 、F A.列车减速过程的加速度大小a= B.列车减速过程F的冲量为mv mv C.列车减速过程通过的位移大小为2(F十) D.列车匀速行驶时，牵引系统的输出功率为(f十F) 5.(2024·浙江)如图所示，2023年12月9日“朱雀二号” 运载火箭顺利将“鸿鹄卫星”等三颗卫星送入距离地面 约500km的轨道。取地球质量6.0×1024kg,地球半 径6.4×103km,引力常量6.67×10-1N·m2/kg2。 下列说法正确的是 ( ) A.火箭的推力是空气施加的 B.卫星的向心加速度大小约8.4m/s2 C.卫星运行的周期约12h D.发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星处于失重状态 6.(2024·安徽)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小 球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲 所示。小球质量为m,带电量为十q,可视为点电荷。初始时，小球均静 止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一 条直线上时，速度大小分别为1、2、3，如图乙所示。该过程中三个小 组成的系统电势能减少了2k为静电力常量，不计空气阻力。 ( 1⊕"1 3 十 2、 图甲 图乙 A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变 B.该过程中系统能量守恒，动量不守恒 C.在图乙位置，01=v2,v3≠2w1 2kg2 D.在图乙位置，v,=√3md 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选 项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3 分，有选错的得0分。 7.(2025·陕晋青宁)如图，与水平面成53°夹角且固定于O、M两点的硬 直杆上套着一质量为1kg的滑块，弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨 过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳 原长为OQ,PQ为1.6m且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设 最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0. 16,弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足F=kx。k=10N/m, g取10m/s2,s2n53°=0.8。则滑块 ( 【7-2】3N 053 A.与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6N B.下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同 C.从释放到静止的位移大小为0.64m D.从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56J 8.(2024·浙江)如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成 0角。质量为m、电荷量为十g的带电小球套在细杆上。小球始终处于 磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直 面，不计空气阻力。小球以初速度。沿细杆向上运动至最高点，则该过程 () 1 X A.合力冲量大小为mv.cos0B.重力冲量大小为mv。sin0 gBv C洛伦兹力冲量大小为2gm9D若。-mB0,弹力冲量为零 2mg cos 0 9.(2024·安徽)一倾角为30°足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜 面上建立Oxy直角坐标系，如图(1)所示。从t=0开始，将一可视为质 点的物块从0点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力F1和 F2,其大小与时间t的关系如图(2)所示。已知物块的质量为1.2kg,重 力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。则 () A FIN x/m 5 4 ylm 32 30 0 1234is 图(1) 图(2) A.物块始终做匀变速曲线运动 B.t=1s时，物块的y坐标值为2.5m C.t=1s时，物块的加速度大小为5√3m/s2 D.t=2s时，物块的速度大小为10√2m/s 10.(2024·广西)如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直 方向的方孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台， 上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为0。 木栓质量为，与方孔侧壁的动摩擦因数为4。将木栓对准方孔，接触 但无挤压，锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I,方 向竖直向下。木栓在竖直方向前进了△x的位移，未到达方孔底部。 若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力 约等于滑动摩擦力，则 () 木栓 木0 木料 木料 剖面图 木料 A.进入过程，木料对木栓的合力的冲量为一I 【7-3】3N B.进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为2m△x+mg C.进入过程，木料和木栓的机械能共损失了2m+mg△x D.木栓前进△x后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约 为a 三、非选择题：本大题共5题，共56分。 11.(12分)(2020·全国)某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所 用器材包括：气垫导轨、滑块（上方安装有宽度为d的遮光片）、两个与 计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。 实验步骤如下： 遮光片 光电门 2 B 气垫导轨滑块 砝码盘 砝码 (1)开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光 电门的遮光时间 时，可认为气垫导轨水平； (2)用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块（含遮光片）的质量m2; (3)用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动 滑块； (4)令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的 光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间△t1、△t, 及遮光片从A运动到B所用的时间t12; (5)在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受 重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I= ,滑块动量改变量 的大小△p= ;(用题中给出的物理量及重力加速度g表示) (6)某次测量得到的一组数据为：d=1.000cm,m1=1.50×10-kg, m2=0.400kg,△1=3.900×102s,△2=1.270×10-2s,t12=1.50 s,取g=9.80m/s2。计算可得I= N·s,△p= _kg·m·s1;(结果均保留3位有效数字) (7)定义6= I-△p ×100%,本次实验6= %(保留1位有效 数字)。 12.(10分)(2021·江苏)小明利用如图1所示的实验装置验证动量定理。将 遮光条安装在滑块上，用天平测出遮光条和滑块的总质量M=200.0g,槽 码和挂钩的总质量m一50.0g。实验时，将滑块系在绕过定滑轮悬挂 有槽码的细线上。滑块由静止释放，数字计时器记录下遮光条通过光 电门1和2的遮光时间△1和△12，以及这两次开始遮光的时间间隔 △，用游标卡尺测出遮光条宽度，计算出滑块经过两光电门速度的变化 量△v。 光电门2 光电门1滑块遮光条 滑轮 气垫导轨连数字计时器 槽码 图1 图2 (1)游标卡尺测量遮光条宽度如图2所示，其宽度d= mm; (2)打开气泵，带气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块能 在短时间内保持静止，其目的是 【7-4】3N (3)多次改变光电门2的位置进行测量，得到△1和△v的数据如下表。： 请根据表中数据，在方格纸上作出△v-△t图线。 ↑△/m·s-l 1.9 1.8 1.7 1.6 1.5 1.4 1.3#空#出控控图 0.700.750.800.850.900.951.0△t/s △t/s 0.721 0.790 0.854 0.913 0.968 △v/(m·s-1) 1.38 1.52 1.64 1.75 1.86 (4)查得当地的重力加速度g=9.80m/s2,根据动量定理，△v-△1图 线斜率的理论值为 m/s2; (5)实验结果发现，图线斜率的实验值总小于理论值，产生这一误差的 两个可能原因时 A.选用的槽码质量偏小 B.细线与气垫导轨不完全平行 C.每次释放滑块的位置不同D.实验中△t的测量值偏大 13.(10分)(2024·安徽)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其 上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨 道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸 长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块右侧。现将细线拉直 到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰 撞。碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动，已知细线长L-1.25m。小 球质量=0.20kg。物块、小车质量均为M=0.30kg。小车上的水 平轨道长s=1.0m。圆弧轨道半径R=0.15m。小球、物块均可视为 质点。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。 L 00 (1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小； (2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小； (3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水 平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。 14.(10分)(2024·广东)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的 装置。 (1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲 所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑 直到与车达到共同的加速度α，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态， 并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为 【7-5】3N F、,敏感球的质量为m,重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。 求斜面倾角的正切值tanO。 (2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气 囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以 头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间 的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M -30kg,H=3.2m,重力加速度大小取g=10m/s2。求： ①碰撞过程中F的冲量大小和方向； ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 安全带 敏感臂 头锈○ 6600 FIN 敏感球 安全气囊 汽车前进方向 试验台 15.(12分)(2024·北京)我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和 修正轨道。如图为某种霍尔推进器的放电室（两个半径接近的同轴圆 筒间的区域)的示意图。放电室的左、右两端分别为阳极和阴极，间距 为d。阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进人。稳定 运行时，可视为放电室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场，电 场强度和磁感应强度大小分别为E和B,;还有方向沿半径向外的径向 磁场，大小处处相等。放电室内的大量电子可视为处于阳极附近，在垂 直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动（如截面图所示）， 可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离。每个氙离子的质量为M、电 荷量为十，初速度近似为零。氙离子经过电场加速，最终从放电室右 端喷出，与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和。 阳极 Q阴极 B 轴 截面图 已知电子的质量为m、电荷量为一e;对于氙离子，仅考虑电场的作用。 (1)求氙离子在放电室内运动的加速度大小a; (2)求径向磁场的磁感应强度大小B,; (3)设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k,单位时 间内阴极发射的电子总数为n,求此霍尔推进器获得的推力大小F。 【7-6】3Nq(Ar-9xo)+(qE-2qE)x-2k(lo-r:)x2 m(2v1-U1)2 当A以2u1过S时，设B与杆碰撞时，A速度为 u',则B速度为(v'一21)，设B与杆相碰时，B向左 运动x1。设B与弹簧相碰到B与杆相碰时，B向左 运动x1。 对A根据动能定理有 9(9B2一9B6)+（gE-2gE)(r。-x1-r2) 2k1。-r)(l。-r,-x1 1 2m(21) 对B 1 g(9Ae-9)+(gE-2gE)x1-2b(L。-r:)x1 -m(/-2u) 联立解得 =(1+√5)v1 1 kq 答案：(1)zmu-2m6(2)√E (3)E 2 (4)(1+√3)1 卷7动量守恒定律 1.DPN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mpvp +mxUN -mp UP +mN UN 即 mp(up一p)=m(vN-vv),根据图像可知 （p一vp)>(vN-y),故mp<mN;同理， QN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mQ'Q十my UN =ma VQ 十mNUw 即 mQ(vQ一vQ)=mN(y'-vy),根据图像可知 （va-Q)<（vy-),故mQ>mN;故mQ >my>mp,故选D。 2.B设拉力为F,作用时间为1，撤去外力后AB运 动的时间为t2,AB运动过程的最大速度为vm,则 由动量定理，有(F一以mg)t1=mvm,得t1= m,撒销拉力后，有以mge=mm,得一 F一μmg ,对于全过程，有F1=mg1,得F=m型 g t 对于全过程有 L=,故AB运动的总时间1 2 2 mUm =t1十te=F-umg mUm ug umgt 一umg t1 t 1 L 一。一 pg t-t ug t-t ugtz ,可知当t2越 大时，1越小，当t2=1时，t取最小值。则tmm2= L L ，则tma=√以g ug 3.D铝框进入和离开磁场过程，磁通量变化，都会产 生感应电流，受向左安培力而减速，完全在磁场中运 动时磁通量不变做匀速运动；可知离开磁场过程的 平均速度小于进入磁场过程的平均速度，所以离开 磁场过程的时间大于进入磁场过程的时间，A错误； 由楞次定律可知，铝框进入磁场过程磁通量增加，感 应电流为逆时针方向；离开磁场过程磁通量减小，感 应电流为顺时针方向，C错误：铝框进入和离开磁场 过程安培力对铝框的冲量为I安=一BIa△t,又q=I 【15】 公州 R=R,得1= — B'a 正确；铝框进入和离开磁场过程，铝框均做减速运 动，可知铝框进入磁场过程的速度一直大于铝框离 开磁场过程的速度，根据F幸=BIa=BBa”。 Ra- B2a'v ，可知铝框进入磁场过程受到的安培力一直 大于铝框离开磁场过程受到的安培力，故铝框进入 磁场过程克服安培力做的功大于铝框离开磁场过程 克服安培力做的功，即铝框进入磁场过程产生的热 量大于铝框离开磁场过程产生的热量，B错误。故 选D。 4.C根据牛顿第二定律有F十f=ma 可得减速运动加速度大小a=F十f m 故A错误； 根据运动学公式有[=” 。=F+7 Fmv 故力F的冲量为I=F=F+了 方向与运动方向相反；故B错误； 根据运动学公式v=2ax mv 可得x=2a2(F+f) 故C正确： 匀速行驶时牵引力等于空气阻力，则功率为P= 故D错误。 故选C。 5.B根据反冲现象的原理可知，火箭向后喷射燃气的 同时，燃气会给火箭施加反作用力，即推力，故A 错误； 根据万有引力定律可知卫星的向心加速度大小为 F GM a=m=R+h)尸 ≈8.4m/s2 故B正确； 卫星运行的周期为 /(R+h) T=2πNGM ≈1.6h 故C错误； 发射升空初始阶段，火箭加速度方向向上，装在火箭 上部的卫星处于超重状态，故D错误。 故选B。 6.D该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守 恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为0，故 动量守恒：当三个小球运动到同一条直线上时，根据 对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到1和2 的电场力大小相等，方向相反，故可知此时球3受到 的合力为0，球3从静止状态开始运动，瞬间受到的 合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在玫变， 故A、B错误； 对系统根据动量守恒mu1十mv,=mw 根据球1和2运动的对称性可知V1=2, 解得v3=2v1 1 kg 根据能量守恒2mui+2mvi+2mui=2d 2kg2 解得vg=N3md 故C错误，D正确 故选D。 -3N ∠ 053 7.AC A,根据题意，设滑块下滑后弹性轻绳与PQ间夹角 为0时，对滑块进行受力分析，如图所示 在垂直杆方向有Frcose0=mgcos53°十Fy,由 PQ 胡克定律结合几何关系有Fτ=k ,联立解得 cos0 F、=k·PQ一ngcos53°=10N,可知，滑块与杆之 间的弹力不变，则滑块与杆之间的滑动摩擦力大小 始终为f=uF、=1.6N,故A正确；B.下滑与上滑 过程中所受滑动摩擦力的方向不同，冲量是天量，则 下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量不相同， 故B错误；C.设滑块从释放到静止运动的位移为 x,滑块开始向下做加速度减小的减速运动，当沿着 杆方向合力为0时，滑块速度最大，之后滑块继续向 下做加速度增大的减速运动，当速度为为0时，有 mgsin53°·x=fr+2k(PQ+x)-2kPQ,由 几何关系可得x=1.28m,此时k√PQ十xz· √PQ+x2 =12.8N>ngsin53°+f,则滑块会继 续向上滑动，做加速度减小的加速运动。当滑块速 度再水为0时，有(PQ+x)-2[PQ +(x-x1)]=mgsin53x1+fx1,解得x1=0. 64m,此时x'=x一x1=0.64m 此时k√/PQ+x. x =6.4N= √/PQ+x mgsi53°-∫，则滑块静止，故从释放到静止，滑块的 位移为x'=0.64m,故C正确；D.从释放到静止，设 克服滑动摩擦力做功为W:,由能量守恒定律有 mgsin53°·x=2k(PQ+x2-PQ)+W:,解得 W,=3.072J,故D错误。 8.CD根据动量定理I=0-mvo=一mvo 故合力冲量大小为mu。,故A错误； Uo 小球上滑的时间为t= gsin 0 重力的冲量大小为Ic=mgt= sin 故B错误； 小球所受洛伦兹力为 Bqv=Bg(vo-at)=-Bgat+Bgvo,a=gsin 0 随时间线性变化，故洛伦兹力冲量大小为 1,=g×号×=g×号×BX qBu gsin 0 2gsin 0 故C正确： 若。= 9B一，0时刻小球所受洛伦兹力为 2mg cos 0 Bqu。=2 ngcos0 小球在垂直细杆方向所受合力为零，可得 Bqu=ng cos0+F、 p F=Bqv-mg cos 0=Bq(vo -at)-mgcos 0= mg cos 0-Bqtg sin 0 则小球在整个减速过程的F、-图像如图 【16】 FN mgcos 0 0 it -mgcos 0 图线与横轴围成的面积表示冲量可得弹力的冲量为 零，故D正确。 故选CD。 9.BD根据图像可得F,=4一t,F,=3t,故两力的合 力为F=4十2t(N) 物块在y轴方向受到的力不变为mgsin30°，x轴方 向的力在改变，合力在改变，故物块做的不是匀变速 曲线运动，故A错误； 在y轴方向的加速度为 mg sin 30 a,= =gsin30°=5m/s2 故t=1s时，物块的y坐标值为 1 y=2a,t=2.5m 故B正确； t=1s时，F=6N,故此时加速度大小为 a=√a+a,=√1.2) /61 +52m/s2=5√2m/s 故C错误； 对x轴正方向，对物块根据动量定理Ft=mU,一0 由于F与时间t成线性关系故可得 (4+2×0)+(4+2×2×2=1.2w 2 解得v,=10m/s 此时y轴方向速度为 v,=gsin30°·t=5×2m/s=10m/s 故此时物块的速度大小为 v=√0+u=10√2m/s 故D正确。 故选BD。 10.BD锤子撞击木栓到木栓进入过程，对木栓分析可 知合外力的冲量为0，锤子对木栓的冲量为I,由于 重力有冲量，则木料对木栓的合力冲量不为一I,故 A错误； 锤子撞击木栓后木栓获得的动能为 E-2mv-2m 木栓进入过程根据动能定理有 (mg-f)△x=0-Ek 解得平均阻力为 f=2m△x 十mg 故B正确； 木栓进入过程损失的动能与重力势能，一部分转化 为系统内能，另一部分转化为木栓的弹性势能， -十mg△x>Q=E刘 2m 故C错误； 对木栓的一个侧面受力分析如图 -3N 由于方孔侧壁弹力成线性变化，则有 合(fsin0+F,cos0)=}7 且根据B选项求得平均阻力 了=2m -十mg 又因为f=Fy 联立可得 μ(I+2m2g△x) f= 4m△x(cos0+usin0) 故D正确。 故选BD。 11.解析：(1)当经过A,B两个光电门时间相等时，速 度相等，此时由于阻力很小，可以认为导轨是水 平的。 (5)由I=Ft,知I=m1gt2 由△p=mv2一mU1知 d d △p=m:·应：-m:·A dd (6)代入数值知，冲量 1=m1gt2=1.5×10-2×9.8×1.5N·s≈0.221 N·s 动量玫变量 △=m( d △t2△t =0.212kg·m·s1 (7)由定义公式6= I-△p ×100%可得，本次 I 实验 =1二4p ×100%=-0221-0.212 100%≈4% 0.221 答案：(1)大约相等(5)m1gt12 (6)0.2210.212(7)4 12.解析：(1)游标卡尺的读数为10mm+4×0.05mm =10.20mm; (2)滑块保持稳定，说明气垫导轨水平； (3)根据表格中数据描，点并用直线连接 ↑△/m·s-l) 1.9图 1.8 1.7 1.6 1.5 1.4 (4)根据动量定理F△t=M△v变形得 mg△t=(M+m)△v 则△v-△1图线斜率的理论值 k、mg M+mm/s=1.96 m/s' 【17】 (5)根据动量定理F△t=M△U变形得 △wF △-M 理论上图像斜率k= m十M,槽码质量不会影响实 mg 验值与理论值的误差，A错误； 细线与气垫导轨不平行，滑块实际所受合外力为F 的水平分力，所以图线斜率的实验值偏小，B正确： 滑块释放的位置与斜率相关的参量无关，C错误； △偏大，则A偏小，图线斜率偏小，D正确。 故远BD。 答案：(1)10.20(2)将气垫导轨调至水平 ↑△/(m·s) 1.9 1.8 1.7 (3)1.6 1.5 (4)1.96(5)BD/DB 13.解析：(1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能 定理 mgL=之m6-0 解得v6=5m/s 在最低点，对小球由牛顿第二定律 FT-mg=m元 解得，小球运动到最低，点与物块碰撞前所受拉力的 大小为 FT-6N (2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机 械能守恒定律 mvo=mv+Mv, 2 mvi=2 mvi+2Mv 解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为 2m :一m十M,=4m/s (3)若物块恰好运动到圆孤轨道的最低点，此时两 者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒 Mv,=2Mv. 由能量守恒定律 2Mu=2X2M+u Mgs 解得41=0.4 若物块恰好运动到与圆孤圆心等高的位置，此时两 者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒 Mv,=2Mu 由能量守恒定律 Mu;=X2Mu+:Mgs +MgR 解得μ2=0.25 综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数以的取 值范围为 0.250.4 答案：(1)6N(2)4m/s(3)0.25≤μ<0.4 14,解析：(1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的 -3N 压力F、以及斜面的支持力N,则由牛顿第二定律 可知 (mg+F)tan 0=ma 解得tan0=ma mg+F、 (2)①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小 1=2×0.1X6600N·s=330N·s 方向竖直向上： ②头锤落到气囊上时的速度 v。=2gH=8m/s 与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向） I-Mgt=Mu-(-Mv) 解得 v=2 m/s 则上升的最大高度 v2 h= =0.2m ma 答案：1)tan0=mg+F (2)①330N·s,方向竖 直向上②0.2m 15.解析：(1)对于氩离子，仅考虑电场的作用，则氙离 子在放电室时只受电场力作用，由牛顿第二定律 eE=Ma 解得氤离子在放电室内运动的加速度大小 (2)电子在阳极附近在垂直于轴线的平面绕轴线做 半径做匀速圆周运动，则轴线方向上所受电场力与 径向磁场给的洛伦兹力平衡，沿着轴线方向的匀强 磁场给的洛伦兹力提供向心力，即 u eE=evB:,evB=R 解得径向磁场的磁感应强度大小为 B:=mE eRB (3)单位时间内阴极发射的电子总数为n,被电离的 氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数，则 单位时间内被电离的氙离子数 nk N二1+k 氙离子经电场加速，有eEd=2Mui 时间山内氙离子所受到的作用力为F',由动量定理 有F·△=N△t·M1 解得F'= k√2eMEd 1+k 由牛顿第三定律可知，霍尔推进器获得的推力大小 F=F 则F=nk√2eMEa 1+k eE 答案：(1)a= mE (2)B,= eRB (3)F=k√2eMEd 1+k 卷8静电场 1.DA.MN两点电势相等，电场线由上到下，NP在 同一电场线上，沿电场线电势逐渐降低，可知N,点 电势高于P点，可知M点电势高于P点，选项A错 误；B.M点电场线分布比N点密集，可知M点电场 强度比V点大，选项B错误；CD.负电荷从M点运 【18】 动到P,点，电势能增加，则电场力做负功，动能减小， 速度减小，选项C错误，D正确。 2.C充电过程中，随着电容器带电量的增加，电容器 两极板间电势差增加，充电电流在减小，故A错误； 根据电路图可知，充电过程中，电容器的上极板带正 电荷、流过电阻R的电流由N点流向M,点，故B错 误：放电过程中，随着电容器带电量的减小，电容器 两极板间电势差减小，放电电流在减小，故C正确： 根据电路图可知，放电过程中，电容器的上极板带正 电荷，流过电阻R的电流由M,点流向N点，故D错 误。故选C。 3.C根据等量异种点电荷的电场线特，点可知，圆环所 在平面为等势面，匀强电场方向竖直向上，则小球从 A到C的过程电势增加，电势能增加：故A错误； 当场强满足Eq=mg时，小球运动时受到的向心力 大小不变，可沿圆环做匀速圆周运动，故B错误： 根据动能定理 1 (mg-Eq)R-2 mvi2mvi 可求出小球到B点时的速度vB,根据a1= 爱可得 小球的向心加速度，再根据牛顿第二定律 mg-Eg=ma. 可得小球的切向加速度Q2,再根据夫量合成可得B ,点的加速度为 a=√/ai+a 故C正确； 小球在D,点受到圆环指向圆心的力提供向心力，故 小球在D,点受到圆环的作用力方向不平行MV,故 D错误。 故选C。 4.A设小圆环在P,、P,间的任意一点P,PM与 MN的夹角为α，根据几何关系可得 37°a53 带负电的小圆环在两个负点电荷电场中的电势能 64kQ9+ 27kQq E-2Rsin a 2Rcos a 根据数学知识可知在37°≤a≤53°范围内，随着a的 增大，小圆环的电势能一直减小，所以静电力做 正功。 故选A。 5.DB,点、C点的电荷在M的场强的合场强为 kq 3kg E=2 2c0s60°= 3 a? 3a 因M点的合场强为零，因此带电细杆在M点的场强 EM=E,由对称性可知带电细杆在A点的场强为E =EM=E,方向竖直向上，因此A点合场强为 E6=E+2c0s30=。65+3） kq kq 故选D。 6.C由等量异种点电荷的电场线分布特点知，P、Q 两，点电场强度大小相等，A错误： 由沿电场线方向电势越来越低知，P点电势高于Q ,点电势，B错误； Q Q 由电场叠加得P点电场强度E=kMP十k P2 若仅两，点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P点 电场强度大小也变为原来的2倍，同理Q点电场强 度大小也变为原来的2倍，而PQ间距不变，根据U =Ed定性分析可知P、Q两点间电势差变大，C正 确，D错误。 故选C。 -3N