A02.【全国卷】（单科大纲卷）1990-2002年汇编（13套） - 压轴题汇总（31道，29页）

全国卷
历年（1990～2002）高考物理试卷
《压轴题汇编》（13套，31道）
目 录
2002年全国卷 2
2001年全国卷 5
2000年全国卷 8
1999年全国卷 11
1998年全国卷 13
1997年全国卷 15
1996年全国卷 17
1995年全国卷 19
1994年全国卷 21
1993年全国卷 23
1992年全国卷 25
1991年全国卷 27
1990年全国卷 29
2002年全国卷
[2002全国卷 T1 6分]为了观察门外情况，有人在门上开一小圆孔，将一块圆柱形玻璃嵌入其中，圆柱体轴线与门面垂直。从圆柱底面中心看出去，可以看到的门外入射光线与轴线间的最大夹角称为视场角。已知该玻璃的折射率为n，圆柱长l，底面半径为r，则视场角是( )
A.arcsin B.arc sin
C.arcsin D.arcsin
【答案】B
【解析】作出光路图如图所示。
由几何关系解得：
由光的折射规律得：，
所以
[2002全国卷 T2 17分]现用“验征玻意耳定律”的仪器来测量大气压强p0。注射器针筒已被固定在竖直方向上，针筒上所示刻度是注射器的容积，最大刻度Vm=10ml。注射器活塞已装上钩码框架，如图所示。此外，还有一架托盘天平、若干钩码、一把米尺、一个针孔橡皮帽和少许润滑油。
(1)下面是实验步骤，试填写所缺的②和⑤。
①用米尺测出注射器针筒上全部刻度的长度L。
②_______________________________________________________________。
③把适量的润滑油抹在注射器的活塞上，将活塞插入针筒中，上下拉动活塞，使活塞与针筒的间隙内均匀地一涂上润滑油。
④将活塞插到适当的位置。
⑤_______________________________________________________________。
⑥在钩码框架两侧挂上钩码，记下挂上的钩码的质量m1。在达到平衡后，记下注射器中空气的体积V1。在这个过程中一要用手接触注射器以保证空气温度一变。
⑦增加钩码的个数，使钩码的质量增大为m2，达到平衡后，记下空气的体积V2。
(2)求出计算大气压强p0的公式。(用已给的和测得的物理量表示)
【答案】(1)②称出活塞和钩码框架的总质量M；⑤将注射器针筒上的小孔用橡皮帽堵住。
【解析】(2)活塞的横截面积为：S=，由力学平衡条件得：，，由玻意耳定律得：p1V1＝p2V2
联立解得大气压强：
[2002全国卷 T3 27分]有三根长度皆为l＝1.00m的一可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别拴有质量皆为m＝1.00×10-2kg的带电小球A和B，它们的电量分别为-q和＋q，q＝1.00×10-7C。A、B之间用第三根线连接起来。空间中存在大小时E＝1.00×106N/C的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时A、B球的位置如图所示。现将O、B之间的线烧断，由于空气阻力，A、B球最后达到新的平衡位置。求最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比改变了多少。(不计两带电小球间相互作用的静电力)
【答案】W＝6.8×10-2J。
【解析】图1中虚线表示A、B球原来的平衡位置，实线表示烧断后的重新达到的平衡位置，其中α、β分别表示细线OA、OB与竖直方向的夹角。
A球受力如图2所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向左；细线OA对A的拉力T1，方向如图；细线AB对A的拉力T2，方向如图。由平衡条件：
T1sinα＋T2sinβ＝qE
T1cosα＝mg＋T2cosβ
B球受力如图3所示，重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向右；细线AB对B的拉力T2，方向如图。由平衡条件：T2sinβ＝qE；T2cosβ＝mg
联立以上各式并代入数据，得：α＝0 β＝45°
由此可知，A、B球重新达到平衡的位置如图4所示。与原来位置相比，A球的重力势能减少了：EA＝mgl(1-sin60°)；B球的重力势能减少了：EB＝ mgl(1-sin60°＋cos45°)；
A球的电势能减少了：WA＝qElcos60°；B球的电势能减少了：WB＝qEl(sin45°-sin30°)
两种势能总和减少了：W＝WB-WA ＋EA＋EB；代入数据解得：W＝6.8×10-2J。
2001年全国卷
[2001全国卷 T1 6分]如图所示，在平面xy内有一沿水平轴正向传播的简谐横波，波速为3m/s，频率为2.5Hz，振幅为8.0×10-2m。已知t＝0时刻P质点的位移为y＝4.0×10-2m，速度沿y轴正向。Q点在P点右方处，对于Q点的质元来说( )
A.在t＝0时，位移为y＝4.0×10-2m
B.在t＝0时，速度沿y轴负方向
C.在t＝0.1s时，位移为y＝-4.0×10-2m
D.在t＝0.1s时，速度沿y轴正方向
【答案】BC
【解析】做出波的传播图像如下：
由v＝可知，波长λ＝＝＝1.2m，PQ间的距离为λ，由y＝Asinωt及图可知：
yP＝A，则有，解得；
，则；
故，由图可知，Q点速度沿y轴负方向，故A错误，B正确；
再过0.1s，可利用平移法得出此时Q的位移为-4.0×10-2m，方向沿y轴的负方向，故C正确，D错误；
[2001全国卷 T2 9分]图1中E为电源，其电动势为E，R1为滑线变阻器，R2为电阻箱，A为电流表，用此电路，经以下步骤可近似得A的内阻RA：①闭合K1，断开K2，调节R1使电流表读数等于其量程I0；②保持R1不变，闭合K2，调节R2，使电流表读数等于，然后读出R2的值，取RA≈R2。
(1)按图1所示电路在图2中所给的实物图中画出连接导线。
(2)真实值和测量值之差除以真实值叫测量结果的相对误差，即，试导出它与电动势E，电流表量程I0及电流表内阻RA的关系式。
(3)若I0＝10mA，真实值RA约为30Ω，要想使测量结果相对误差不大于5%，电源电动势最小应为多少伏？
【答案】(1)见图。(2)由步骤①得＝I0①；
由步骤②得＝②；
解得：＝RA
(3)6V。
【解析】(1)在连实物图时注意电源正负极和电表正负极不要接反，导线不要接在滑片上，根据原理图可得其实物连接图如答图所示。
(2)根据实验步骤①有：＝I0 ①
在步骤②中当闭合K2时，RA和R2并联，所以有：
R＝ ②
＝ ③
联立①②③可解得：＝RA
(3)要使相对误差不小于5%，则有：
＝RA≤5%
所以解得：E≥6V。
[2001全国卷 T3 20分]一个圆柱形的竖直的井里存有一定量的水，井的侧面和底部是密闭的，在井中固定地插着一根两端开口的薄壁圆管，管和井共轴，管下端未触及井底。在圆管内有一不漏气的活塞，它可沿圆管上下滑动。开始时，管内外水面相齐，且活塞恰好接触水面，如图所示.现用卷扬机通过绳子对活塞施加一个向上的力，使活塞缓慢向上移动，已知管筒半径r＝0.1m，井的半径R＝2r，水的密度ρ＝103kg/m3，大气压p0＝105Pa。求活塞上升H＝9m的过程中拉力F所做的功。(井和管在水面以上及水面以下的部分都足够长。不计活塞质量，不计摩擦，重力加速度g＝10m/s2。)
【答案】1.65×104J。
【解析】从开始提升到活塞升至内外水面高度差为的过程中，活塞始终与管内液体接触.(再提升活塞时，活塞和水面之间将出现真空，另行讨论。)设活塞上升距离为，管外液面下降距离为，有：
因液体体积不变，有：，
得：
题给，由此可知确实有活塞下面是真空的一段过程。
活塞移动距离从零到的过程中，对于水和活塞这个整体，其机械能的增量应等于除重力外其他力所做的功.因为始终无动能，所以机械能的增量也就等于重力势能增量，即
其它力有管内、外的大气压力和拉力F。因为液体不可压缩，所以管内、外大气压力做的总功，故外力做功就只是拉力F做的功，由功能关系知
Δ，即
活塞移动距离从到的过程中，液面不变，是恒力，做功
，所求拉力做的总功为：W1＋W2＝1.65×104J。
2000年全国卷
[2000全国卷 T1 6分]图为一空间探测器的示意图，P1、P2、P3、P4是四个喷气发动机，P1、P3的连线与空间一固定坐标系的x轴平行，P2、P4的连线与轴平行，每台发动机开动时，都能向探测器提供推力，但不会使探测器转动，开始时，探测器以恒定的速率v0向正x方向平动，要使探测器改为向正x偏负y60°的方向以原来的速率v0平动，则可( )
A.先开动P1适当时间，再开动P4适当时间
B.先开动P3适当时间，再开动P2适当时间
C.开动P4适当时间
D.先开动P3适当时间，再开动P4适当时间
【答案】A
【解析】先开动P1适当时间，探测器受到的推力沿-x轴方向，探测器沿+x轴减速运动，再开动P4适当时间，又产生沿-y轴方向的推力，探测器的合速度可以沿正x偏负y60°的方向，并以原来的速率v0平动，故A正确。
先开动P3适当时间，探测器受到的推力沿+x轴方向，将沿+x轴加速运动，再开动P2适当时间，又产生沿+y轴方向的推力，探测器的合速度沿第一象限。故B错误。
先开动P4适当时间，探测器受到的推力沿-y轴方向，将获得沿-y轴的速度，沿x轴方向的速率不变，速度大于v0。故C错误。
先开动P3适当时间，探测器受到的推力沿+x轴方向，将沿+x轴加速运动，速率大于v0。再开动P4适当时间，探测器又受到的推力沿-y轴方向，将获得沿-y轴的速度，合速度大于v0。故D错误。故选：A。
[2000全国卷 T2 8分]从下表中选出适当的实验器材，设计一电路来测量电流表A1的内阻r1，要求方法简捷，有尽可能高的测量精度，并能测得多组数据。
器材(代号) 规格
电流表(A1) 电流表(A2) 电压表(V) 电阻(R1) 滑动变阻器(R2) 电池(E) 电键(K) 导线若干 量程10mA，内阻r1待测(约40Ω) 量程500μA，内阻 量程10Ａ，内阻 阻值约100Ω，作保护电阻用 总阻值约50Ω 电动势1.5Ｖ，内阻很小
(1)在虚线方框中画出电路图，标明所用器材的代号。
(2)若选测量数据中的一组来计算r1，则所用的表达式为r1＝ ，式中各符号的意义是： 。
【答案】(1)如图。(2)；I1、I2分别为电流表A1、A2的示数，r2为电流表A2的内阻。
【解析】(1)由于电动势远小于电压表量程，所以不能使用电压表；由于待测电流表满偏电压为：UA1＝IA1r1＝400mV，与电流表A2的满偏电压UA2＝IA2r2＝375mV接近，所以可将两电流表并联使用，即可把电流表A2当作电压表使用，为保护电流表，可将定值电阻R1充当保护电阻，串联在接有电流表的电路中；由于实验要求“获取多组数据”，且根据闭合电路欧姆定律可知电路中需要的最大电阻应为：Rmax＝＝＝450Ω，远大于滑动变阻
×10×10器的总阻值，所以滑动变阻器应采用分压式接法，电路图如答图所示。
(2)根据欧姆定律应有：I1r1＝I2r2，解得：r1＝；的其中I1、I2分别为电流表A1、A2的示数，r2为电流表A2的内阻。
[2000全国卷 T3 13分]如图，两个共轴的圆筒形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝a、b、c和d，外筒的外半径为r。在圆筒之外的足够大区域中有平行于轴线方向的均匀磁场，磁感应强度的大小为B。在两极间加上电压，使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场。一质量为m、带电量为＋q的粒子，从紧靠内筒且正对狭缝a的S点出发，初速为零。如果该粒子经过一段时间的运动之后恰好又回到出发点S，则两电极之间的电压U应是多少？(不计重力，整个装置在真空中)
【答案】。
【解析】如图所示，设粒子进入磁场区的速度大小为，根据动能定理，有；
设粒子做匀速圆周运动的半径为，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律，有：
由上面分析可知，要回到点，粒子从到必经过圆周，所以半径必定等于筒的外半径，即.由以上各式解得：；
[2000全国卷 T4 14分]两个小球A和B用轻弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态。在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B球，如图所示，C与B发生碰撞并立即结成一个整体D。在它们继续向左运动过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变．然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连。过一段时间，突然解除锁定(锁定及解除锁定均无机械能损失)。已知A、B、C三球的质量均为m。
(1)求弹簧长度刚被锁定后A球的速度；
(2)求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。
【答案】(1)v0；(2)
【解析】(1)设球与球粘连成D时，D的速度为v1，由动量守恒定律得：
当弹簧压缩至最短时，D与A的速度相等，设此速度为v2，
由动量守恒定律得：，得的速度
(2)设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为，由能量守恒得：
撞击后，与的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复自然长度时，势能全部转变成的动能，设的速度为v3，则有：
以后弹簧伸长，球离开挡板，并获得速度，当、的速度相等时，弹簧伸至最长。
设此时的速度为v4，由动量守恒定律得：
当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为EP′，由能量守恒定律得：
2mv32＝3mv42＋EP′；由以上各式解得：EP′＝mv02
1999年全国卷
[1999全国卷 T1 6分]如图所示，两木块的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2，上面木块压在上面的弹簧上(但不拴接)，整个系统处于平衡状态。现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧，在这过程中下面木块移动的距离为( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】系统处于原来平衡状态时，下面弹簧产生的弹力为：F1＝m1g＋m2g＝k2x1，
被压缩的长度为：x1＝＝；
当上面的木块刚离开上面弹簧时，上面的弹簧长度等于原长，下面的弹簧仍然被压缩，此时下面弹簧产生的弹力为F2＝m2g＝k2x2，被压缩的长度为：x2＝＝；所以下面木块移动的距离为：s＝x1-x2＝-＝。
[1999全国卷 T2 7分]图1为测量电阻的电路，Rx为待测电阻，R的阻值己知，R′为保护电阻，阻值未知。电源E的电动势未知，S1、S2均为单刀双掷开关。A为电流表，其内阻不计：
(1)按图1所示的电路，在图2的文物图上连线。
(2)测量Rx的步骤为：将S2向d闭合，S1向_______闭合，记下电流表读数I1，再将S2向c闭合，S1_____向闭合，记电流表读数I2。计算Rx的公式是Rx＝______。
【答案】(1)如图；
(2)a，b，。
【解析】该实验的原理是：用一个电流表分别测量出两个电阻的电流根据二者电压相等，推导出待测电阻的表达式。所以将S2向d闭合，S1向a时，测量的I1是Rx的电流；当S2向c闭合，S1向b时，测量的I2是R的电流Rx与R并联，所以有I1Rx＝I2R，则得Rx＝。
[1999全国卷 T1 16分]如图中虚线MN是一垂直纸面的平面与纸面的交线，在平面右侧的半空间存在一磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外.O是MN上的一点，从O点可以向磁场区域发射电量和质量相同、速率为v的粒子，粒子射入磁场时的速度可在纸面内各个方向。已知先后射入的两个粒子恰好在磁场中给定的P点相遇，P到O的距离为L(且BqL＝mv)，不计重力及粒子间的相互作用。(m是带电粒子的质量，q是带电粒子的电量。)
(1)求所考察的粒子在磁场中的轨道半径；
(2)求这两个粒子从点射入磁场的时间间隔。
【答案】(1)所考察的粒子在磁场中的轨道半径为；
(2)这两个粒子从点射入磁场的时间间隔为。
【解析】(1)设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为，由牛顿第二定律，有：
，解得：R＝。
(2)如图所示，以为弦可画两个半径半径相同的圆，分别表示在点相遇的两个粒子的轨道，圆心和直径分别为、和、，在处两个圆的切线分别表示两个粒子的射入方向，用表示它们之间的夹角.由几何关系可知：从点射入到相遇，粒子1的路程为半个圆周加弧长，，粒子2的路程为半个圆周减弧长，
粒子1运动的时间：，粒子2运动的时间：
两粒子射入的时间间隔：
因，得，可解得：Δ。
1998年全国卷
[1998全国卷 T1 6分]图中两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触。现将摆球A在两摆线所在平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后，两摆球分开各自做简谐运动，以mA、mB分别表示摆球A、B的质量，则( )
A.如果mA＞mB，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧
B.如果mA＜mB，下一次碰撞将发生在平衡位置左侧
C.无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置右侧
D.无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置左侧
【答案】C
【解析】图根据周期公式T=2π知：两单摆的周期相同与质量无关，所以相撞后两球分别经过T后回到各自的平衡位置。这样必然是在平衡位置相遇。所以不管AB的质量如何，下一次碰撞都在平衡位置，故ABD错误，C正确。
[1998全国卷 T2 6分]某学生做“验证牛顿第二定律”的实验在平衡摩擦力时，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大。他所得到的a-F关系可用下列哪根图线表示？图中a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力。答：_____
【答案】C
【解析】把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大，属于平衡摩擦力过度，没有施加牵引力，小车也会下滑，C选项满足题意。
[1998全国卷 T2 12分]一段凹槽A倒扣在水平长木板C上，槽内有一小物块B，它到槽两内侧的距离均为，如图所示。木板位于光滑水平的桌面上，槽与木板间的摩擦不计，小物块与木板间的摩擦系数为μ。A、B、C三者质量相等，原来都静止。现使槽A以大小为v0的初速向右运动，已知v0＜。当A和B发生碰撞时，两者速度互换。求：
(1)从A、B发生第一次碰撞到第二次碰撞的时间内，木板C运动的路程。
(2)在A、B刚要发生第四次碰撞时，A、B、C三者速度的大小。
【答案】(1) l-；
(2) vA＝v2＝v0；vB＝vC＝v3＝v0。
【解析】(1)A与B刚发生第一次碰撞后，A停下不动，B以初速v0向右运动。由于摩擦，B向右作匀减速运动，而C向右作匀加速运动，两者速率逐渐接近。设B、C达到相同速度v1时B移动的路程为s1。设A、B、C质量皆为m，由动量守恒定律，得：mv0＝2mv1 ①
由功能关系，得：μmgs1＝2mv02-mv12 ②
由①得：v1＝v0；代入②式，得：s1＝。根据条件v0＜，得：s1＜l ③，可见，在B、C达到相同速度v1时，B尚未与A发生第二次碰撞，B与C一起将以v1向右匀速运动一段距离(l-s1)后才与A发生第二次碰撞。设C的速度从零变到v1的过程中，C的路程为s2。由功能关系，得：μmgs2＝mv12 ④；解得：s2＝。
因此在第一次到第二次碰撞间C的路程为：s＝s2＋l-s1＝l- ⑤
(2)由上面讨论可知，在刚要发生第二次碰撞时，A静止，B、C的速度均为v1。刚碰撞后，B静止，A、C的速度均为v1。由于摩擦，B将加速，C将减速，直至达到相同速度v2。由动量守恒定律，得：mv1＝2mv2 ⑥；解得：v2＝v1＝v0
因A的速度v1大于B的速度v2，故第三次碰撞发生在A的左壁。刚碰撞后，A的速度变为v2，B的速度变为v1，C的速度仍为v2。由于摩擦，B减速，C加速，直至达到相同速度v3。由动量守恒定律，得：mv1＋mv2＝2mv3 ⑦；解得：v3＝v0。
故刚要发生第四次碰撞时，A、B、C的速度分别为：vA＝v2＝v0 ⑧；vB＝vC＝v3＝v0 ⑨
1997年全国卷
[1997全国卷 T1 5分]一内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，环的半径为R(比细管的半径大得多)。在圆管中有两个直径与细管内径相同的小球(可视为质点)。A球的质量为m1，B球的质量为m2。它们沿环形圆管顺时针运动,经过最低点时的速度都为v0。设A球运动到最低点时，B球恰好运动到最高点，若要此时两球作用于圆管的合力为零，那么m1，m2，R与v0应满足的关系式是_______________。
【答案】(m1-m2)＋(m1＋5m2)g＝0。
【解析】A球运动到最低点时速度为v0，A球受到向下重力mg和细管向上弹力N1的作用，其合力提供向心力。根据牛顿第二定律，得：N1-m1g＝m1 ①
这时B球位于最高点，设速度为v1，B球受向下重力m2g和细管弹力N2作用。球作用于细管的力是N1、N2的反作用力，要求两球作用于细管的合力为零，即要求N2与N1等值反向，N1＝N2 ②，且N2方向一定向下，对B球：N2＋m2g＝m2 ③
B球由最高点运动到最低点时速度为v0，此过程中机械能守恒定律，得：
m2v12+m2g 2R＝m2v02 ④
由①②③④式消去N1、N2和v1后得到m1、m2、R与v0满足的关系式是：
(m1-m2)＋(m1＋5m2)g＝0
[1997全国卷 T1 16分]质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上，平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图所示，一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动，已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点，若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度，求物块向上运动到达最高点O点的距离。
【答案】。
【解析】物块与钢板碰撞时的速度由机械能守恒，得：①
设表示质量为的物块钢板碰撞后一起向下运动的速度，因碰撞时间极短，系统所受外力远小于相互作用的内力，符合动量守恒，故有：②
设刚碰完时弹簧的弹性势能为，当他们一起回到点时，弹簧无形变，弹簧势能为零，根据题意，由机械能守恒得：③
设表示质量为的物块与钢板碰后开始一起向下运动的速度，由动量守恒，则有
④
设刚碰完时弹簧势能为，它们回到点时，弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时速度为，则由机械能守恒定律得：⑤
在上述两种情况下，弹簧的初始压缩量都是，故有⑥
当质量为的物块与钢板一起回到点时，弹簧的弹力为零，物块与钢板只受到重力的作用，加速度为，一过点，钢板受到弹簧向下的拉力作用，加速度大于，由于物块与钢板不粘连，物块不可能受到钢板的拉力，其加速度仍为，方向向下，故在点物块与钢板分离.分离后，物块以速度竖直上升，由竖直上抛最大位移公式得，而
所以物块向上运动到达的最高点距点的距离.
1996年全国卷
[1996全国卷 T1 5分]半径相等的两个小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直线相向运动。若甲球的质量大于乙球的质量,碰撞前两球的动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能是( )
A.甲球的速度为零而乙球的速度不为零
B.乙球的速度为零而甲球的速度不为零
C.两球的速度均不为零
D.两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等
【答案】AC
【解析】物体的动量与动能的关系为：p＝，由题意知：碰撞前Ek甲＝Ek乙，m甲＞m乙，则p甲＞p乙。甲、乙相向运动，则甲、乙碰撞前系统的总动量沿甲原来的运动方向，碰撞后甲的速度为零或继续沿原来的方向运动，乙必弹回。所以乙的速度不可能为零，故A正确。因为乙必弹回，故速度不为零，故B错误。碰撞过程系统动量守恒，碰撞前系统总动量不为零，由动量守恒定律可知，碰撞后系统总动量不为零，因此碰撞后两球的速度可能均不为零，故C正确；由A的分析可知，碰撞后系统总动量沿甲的初动量方向，甲不可能反向，故D错误。
[1996全国卷 T1 16分]设在地面上方的真空室内存在匀强电场和匀强磁场。已知电场强度和磁感应强度的方向是相同的，电场强度的大小E＝4.0V/m，磁感应强度的大小B＝0.15T。今有一个带负电的质点以v＝20m/s的速度在此区域内沿垂直场强方向做匀速直线运动，求此带电质点的电量与质量之比以及磁场的所有可能方向(角度可用反三角函数表示)。
【答案】此带电质点的电量与质量之比为1.96C/kg，磁场是沿着与重力方向成夹角，θ＝arctan且斜向下方的一切方向。
【解析】根据带电质点做匀速直线运动的条件，得知此带电质点所受的重力、电场力和洛伦兹力的合力必定为零。由此推知此三个力在同一竖直平面内，如右图所示，质点的速度垂直纸面向外。
解法一：由合力为零的条件，可得：①
求得带电质点的电量与质量之比：②
代入数据得：③
因质点带负电，电场方向与电场力方向相反，因而磁场方向也与电场力方向相反.设磁场方向与重力方向之间夹角为，则有：，
解得：，④
即磁场是沿着与重力方向夹角，且斜向下方的一切方向.
解法二：因质点带负电，电场方向与电场力方向相反，因而磁场方向也与电场力方向相反.设磁场方向与重力方向间夹角为，由合力为零的条件，可得：①
②；解得：③
代入数据得：④
，⑤
即磁场是沿着与重力方向成夹角，且斜向下方的一切方向.
1995年全国卷
[1995全国卷 T1 4分]一弹簧振子做简谐振动，周期为T，下列说法中正确的是( )
A.若t时刻和(t＋Δt)时刻振子运动位移的大小相等、方向相同，则Δt一定等于T的整数倍
B.若t时刻和(t＋Δt)时刻振子运动速度的大小相等、方向相反，则Δt一定等于的整数倍
C.若Δt＝T，则在t时刻和(t＋Δt)时刻振子运动的加速度一定相等
D.若Δt＝，则在t时刻和(t＋Δt)时刻弹簧的长度一定相等
【答案】C
【解析】t时刻和(t＋Δt)时刻的位移大小相等，方向相同，表示质点经过同一位置，经过的时间Δt不一定等于T的整数倍。故A错误。当质点经过同一位置或关于平衡位置对称位置时速度可能等大、反向，故Δt不一定等于的整数倍。故B错误。经过Δt＝T，t时刻和(t＋Δt)时刻的位移一定相同，故加速度a＝-一定相同。故C正确。Δt＝，质点位移大小相等，方向相反，但弹簧长度一定不相等。故D错误。
[1995全国卷 T5 19分]如图所示，一排人站在沿x轴的水平轨道旁，原点O两侧的人的序号都记为n(n＝1，2，3…)。每人只有一个沙袋，x＞0一侧的每个沙袋质量为m＝14kg，x＜0一侧的每个沙袋质量m′＝10kg。一质量为M＝48 kg的小车以某初速度从原点出发向正x方向滑行。不计轨道阻力。当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度u朝与车速相反的方向沿车面扔到车上，u的大小等于扔此袋之前的瞬间车速大小的2n倍。(n是此人的序号数)
(1)空车出发后，车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行？
(2)车上最终有大小沙袋共多少个？
【答案】(1)3；(2)11。
【解析】(1)在小车朝正x方向滑行的过程中，第(n-1)个沙袋扔到车上后的车速为vn-1，第n个沙袋扔到车上后的车速为vn，由动量守恒定律有：[M＋(n-1)m]vn-12nmvn-1＝(M＋nm)vn，解得：vn＝vn-1 ①
小车反向运动的条件是vn-1＞0，vn＜0，即：M-nm＞0 ②；M-(n＋1)m＜0 ③
代入数字，得：n＜＝；n＞-1＝，n应为整数，故n＝3，即车上堆积3个沙袋后车就反向滑行。
(2)车自反向滑行直到接近x＜0一侧第1人所在位置时，车速保持不变，而车的质量为M＋3m。若在朝负x方向滑行过程中，第(n-1)个沙袋扔到车上后车速为vn-1′，第n个沙袋扔到车上后车速为vn′，现取在图中向左的方向(负x方向)为速度vn′、vn-1′的正方向，则由动量守恒定律有：[M＋3m＋(n-1)m′]vn-1′-2nm′vn-1′＝(M＋3m＋nm′)vn′，
vn′＝vn-1′ ④，车不再向左滑行的条件是：vn-1′＞0，vn′≤0，
即：M＋3m-nm′＞0 ⑤；M＋3m-(n＋1)m′≤0 ⑥；
n＜＝9或n≥-1＝8，8≤n＜9 ⑦
n＝8时，车停止滑行，即在x＜0一侧第8个沙袋扔到车上后车就停住。故车上最终共有大小沙袋3＋8＝11个。
1994年全国卷
[1994全国卷 T1 3分]图中A、B是一对平行的金属板。在两板间加上一周期为T的交变电压u。A板的电势UA＝0，B板的电势UB随时间的变化规律为：在0到的时间内，UB＝U0（正的常数）；在到T的时间内。UB＝-U0，在T到的时间内，UB＝U0；在到2T的时间内。UB＝-U0……，现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内。设电子的初速度和重力的影响均可忽略，则( )
A.若电子是在t＝0时刻进入的，它将一直向B板运动
B.若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上
C.若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上
D.若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板、时而向A板运动
【答案】AB
【解析】电子在t＝0时刻进入时，在一个周期内，前半个周期受到的电场力向上，向上做加速运动，后半个周期受到的电场力向下，继续向上做减速运动，T时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向B板运动，一定会到达B板。故A正确。若电子是在t＝时刻进入时，在一个周期内：在～，电子受到的电场力向上，向上做加速运动，在～T内，受到的电场力向下，继续向上做减速运动，时刻速度为零，接着继续向B板运动，周而复始，所以电子时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上。故B正确。若电子是在t＝时刻进入时，与在t＝时刻进入时情况，在运动一个周期时间内，时而向B板运动，时而向A板运动，总的位移向左，最后穿过A板。故C错误。若电子是在t＝时刻进入时，在一个周期内：在～T，电子受到的电场力向下，向上做减速运动，在T～内，受到的电场力向上，继续向上做加速运动，时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向A板运动，一定不会到达B板。故D错误。
[1994全国卷 T31 12分]如图所示，一带电质点，质量为m，电量为q，以平行于Ox轴的速度v从y轴上的a点射入图中第一象限所示的区域。为了使该质点能从x轴上的b点以垂直于Ox轴的速度v射出，可在适当的地方加一个垂直于xy平面、磁感应强度为B的匀强磁场。若此磁场仅分布在一个圆形区域内，试求这圆形磁场区域的最小半径.重力忽略不计。
【答案】。
【解析】质点在磁场中作半径为R的圆周运动，
qvB＝m，得：R＝。
根据题意，质点在磁场区域中的轨道是半径等于R的圆上的圆周，这段圆弧应与入射方向的速度、出射方向的速度相切。过a点作平行于x轴的直线，过b点作平行于y轴的直线，则与这两直线均相距R的O′点就是圆周的圆心.质点在磁场区域中的轨道就是以O′为圆心、R为半径的圆(图中虚线圆)上的圆弧MN，M点和N点应在所求圆形磁场区域的边界上。在通过M、N两点的不同的圆周中，最小的一个是以MN连线为直径的圆周.所以本题所求的圆形磁场区域的最小半径为：
R＝MN＝＝R＝，所求磁场区域如图中实线圆所示。
1993年全国卷
[1993全国卷 T1 4分]图中A、B是一对中间开有小孔的平行金属板，两小孔的连线与金属板面相垂直，两极板的距离为l。两极板间加上低频交流电压，A板电势为零，B板电势u＝U0cosωt。现有一电子在t＝0时穿过A板上的小孔射入电场。设初速度和重力的影响均可忽略不计。则电子在两极板间可能( )
A.以AB间的某一点为平衡位置来回振动
B.时而向B板运动，时而向A板运动，但最后穿出B板
C.一直向B板运动，最后穿出B板，如果ω小于某个值ω0，l小于某个值l0
D.一直向B板运动，最后穿出B板，而不论ω、l为任何值
【答案】AC
【解析】如果两极板距离L足够大。在0～，A板电势为零，B板电势为u＝U0cosωt＞0，电场方向向左，使电子受力向右，电子向右加速运动，在时刻，电子速度最大，(T是交流电周期)。在～，A板电势为零，B板电势为u＝U0cosωt＜0，电场方向向右，使电子受力向左，电子向右减速运动。在～，A板电势为零，B板电势为u＝U0cosωt＜0，电场方向向右，使电子受力向左，电子开始向左做加速运动，在时刻，电子速度最大。在～T，A板电势为零，B板电势为u＝U0cosωt＞0，电场方向向左，使电子受力向右，电子向左减速运动，在T时刻，电子速度减为0。以后重复上面所述的重复性运动，所以电子在两极AB间的某一点为平衡位置来回振动。故A正确，B错误。如果两极板距离L不是很大，那么电子可能在0～内，一直加速运动并到达B板而穿出，也可能在～内，在正在减速时到达B板而穿出，故C正确，D错误。
[1993全国卷 T31 8分]一平板车，质量M＝100kg，停在水平路面上，车身的平板离地面的高度h＝1.25m，一质量m＝50kg的小物块置于车的平板上，它到车尾端的距离b＝1m，与车板间的滑动摩擦系数μ＝0.2，如图所示。今对平板车施一水平方向的恒力，使车向前行驶，结果物块从车板上滑落。物块刚离开车板的时刻，车向前行驶的距离s0＝2m。求物块落地时，落地点到车尾的水平距离s。不计路面与平板车间以及轮轴之间的摩擦。取g＝10m/s2。
【答案】1.6m。
【解析】解法一：设作用于平板车的水平恒力为F，物块与车板间的摩擦力为f，自车启动至物块开始离开车板经历的时间为t，物块开始离开车板时的速度为v，车的速度为V，则有：(F-f)s0＝MV2 ①；f(s0-b)＝mv2 ②；(F-f)t＝MV ③；ft＝mv ④；f＝μmg ⑤；由①、②得：·＝ ⑥；由③、④得：＝ ⑦。
由②、⑤式得v＝＝2m/s，由⑥、⑦式得：V＝v＝4m/s，
由①式得：F＝f＋＝μmg＋＝500N。
物块离开车板后作平抛运动，其水平速度v，设经历的时间为t1，所经过的水平距离为s1，则有：s1＝vt1 ⑧；h＝gt12 ⑨，得：t1＝0.5s。s1＝2×0.5＝1m。
物块离开平板车后，若车的加速度为a则，a＝＝5m/s2。车移动的距离：
s2＝Vt1＋at12＝2.625m，取两位，s2＝2.6m。于是：s＝s2-s1＝2.6-1＝1.6m。
1992年全国卷
[1992全国卷 T1 2分]两辆完全相同的汽车，沿水平直路一前一后匀速行驶，速度均为v0，若前车突然以恒定的加速度刹车，在它刚停住时，后车以前车刹车时的加速度开始刹车。已知前车在刹车过程中所行的距离为s，若要保证两辆车在上述情况中不相撞，则两车在匀速行驶时保持的距离至少应为( )
A.s B.2s C.3s D.4s
【答案】B
【解析】两辆完全相同的汽车，刹车时加速度相同，刹车位移也相同为s，设加速度大小为a，前车刹车的时间为t＝，刹车的位移s＝，在此时间内，后车做匀速运动，位移为x＝v0t＝，所以x＝2s。此后后车刹车，刹车位移也为s，要保持两车在上述情况中不相撞，则两车在匀速行驶时保持的距离至少应为Δx=x＋s-s=x=2s。
[1992全国卷 T2 8分]如图所示，一质量为M、长为l的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M。现以地面为参照系，给A和B以大小相等、方向相反的初速度(如图)，使A开始向左运动、B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离L板。以地面为参照系。
(1)若已知A和B的初速度大小为v0，求它们最后的速度的大小和方向。
(2)若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离。
【答案】(1)v0，方向向右；(2)l。
【解析】(1)A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度。设此速度为V，A和B的初速度的大小为v0，则由动量守恒可得：Mv0-mvo＝(M＋m)V，解得：V＝v0，方向向右。
(2)A在B板的右端时初速度向左，而到达B板左端时的末速度向右，可见A在运动过程中必经历向左作减速运动直到速度为零，再向右作加速运动直到速度为V的两个阶段。设l1为A开始运动到速度变为零过程中向左运动的路程，l2为A从速度为零增加到速度为V的过程中向右运动的路程，L为A从开始运动到刚到达B的最左端的过程中B运动的路程，如图所示。设A与B之间的滑动摩擦力为f，则由功能关系可知：对于B，fL＝Mv02-MV2；对于A，fl1＝mv02，fl2＝mV2，由几何关系：L＋(l1-l2)＝l。的l1＝l。
1991年全国卷
[1991全国卷 T34 8分]一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如下页左图所示。在A点，物体开始与弹簧接触，到B点时，物体速度为零，然后被弹回。下列说法中正确的是( )
A.物体从A下降到B的过程中，动能不断变小
B.物体从B上升到A的过程中，动能不断变大
C.物体从A下降到B，以及从B上升到A的过程中，速率都是先增大，后减小
D.物体在B点时，所受合力为零
【答案】C
【解析】在A下降到B的过程中，开始重力大于弹簧的弹力，加速度方向向下，物体做加速运动，弹力在增大，当重力等于弹力时，速度达到最大，然后在运动的过程中，弹力大于重力，根据牛顿第二定律知，加速度方向向上，加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，运动的过程中弹力增大，到达最低点，速度为零。故速度先增大后减小。当弹力等于重力时速度最大。在从B上升到A的过程中，弹簧弹力开始时大于重力，加速度向上，物体向上运动，由于弹力减小，则加速度减小，但速度继续增大；弹力与重力相等时速度达最大，此后由于弹力小于重力，物体的速度开始减小，故速率先增大后减小，动能先变大后变小，当弹力等于重力时动能最大；物体从A下降到B的过程中，弹簧的压缩量不断增大，则弹簧的弹性势能逐渐增大。物体在B点时为最低点，此时速度为零，弹簧压缩量最大，弹力大于重力，故此时合力向上，物体不可能处于静止状态。
[1991全国卷 T34 8分]光滑的水平轨道上有两个半径都是r的小球A和B，质量分别为m和2m，当两球心间的距离大于l(l比2r大得多)时，两球之间无相互作用力：当两球心间的距离等于或小于l时，两球间存在相互作用的恒定斥力F。设A球从远离B球处以速度v0沿两球连心线向原来静止的B球运动，如图所示。欲使两球不发生接触，v0必须满足什么条件
【答案】v0＜。
【解析】A球向B球接近至A、B间的距离小于l之后，A球的速度逐步减小，B球从静止开始加速运动，两球间的距离逐步减小。当A、B的速度相等时，两球间的距离最小。若此距离大于2r，则两球就不会接触。所以不接触的条件是：v1＝v2 ①；l＋s2-s1＞2r ②
其中v1、v2为当两球间距离最小时A、B两球的速度；s1、s2为两球间距离从l变至最小的过程中，A、B两球通过的路程。
设v0为A球的初速度，则由动量守恒定律得：mv0＝mv1＋2mv2 ③
由动能定理得：Fs1＝mv12-mv02 ④；Fs2＝2mv22 ⑤，联立解得：v0＜。
1990年全国卷
[1990全国卷 T1 3分]用轻质细线把两个质量未知的小球悬挂起来，如右图所示.今对小球a持续施加一个向左偏下30°的恒力，并对小球b持续施加一个向右偏上30°的同样大的恒力，最后达到平衡。表示平衡状态的图可能是( )
【答案】A
【解析】将两球连同之间的细线看成一个整体，对整体受力分析，根据平衡条件可知a球上方的细线必定沿竖直方向。故A正确，BCD错误。
[1990全国卷 T2 8分]质量m＝2.0kg的小铁块静止于水平导轨AB的A端。导轨及支架ABCD形状及尺寸如上右图，它只能绕通过支架D点的垂直于纸面的水平轴转动，其重心在图中的O点，质量M＝4kg。现用一细线沿导轨拉铁块，拉力F＝12N。铁块和导轨之间的摩擦系数μ＝0.50。重力加速度g＝10m/s2。从铁块运动时起，导轨(及支架)能保持静止的最长时间是多少？
【答案】1s。
【解析】导轨刚要不能维持平衡时，C端受的力为零，此时导轨(及支架)受四个力：滑块对导轨的压力N＝mg，竖直向下；滑块对导轨的摩擦力f＝μmg＝10N，方向向右；重力Mg，作用在O点，方向竖直向下;轴作用于D端的力。
设此时铁块走过路程s，根据有轴物体平衡条件及图中尺寸，有：
Mg×0.1＋mg(0.7-s)＝f×0.8＝μmg×0.8，40×0.1＋20(0.7-s)＝10×0.8 ①
解得：s＝0.50m
铁块受的摩擦力f＝10N，向左，由牛顿第二定律得：F-f＝ma，12-10＝2a ②
解得：a＝1m/s2，将s和a代入，s＝at2，得：t＝1s。
第