2022-2023年高二物理下学期期末试卷（含解析） (IV)

2022-2023年高二物理下学期期末试卷（含解析） (IV)一、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.1（6分）（xx济南一模）下列四幅图是交流电的图象，其中能正确反映我国居民日常生活所用交流电的是（）ABCD考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率专题：交流电专题分析：根据对家庭用电（交流电）的了解回答解答：解：我们日常生活中用的都是交流电，电压是220V，频率是50Hz周期为0.02s电压的最大值为：220V=311V，只有C正确故选C点评：本题是一道基础题，熟练掌握基础知识即可正确解题2（6分）（xx春河池期末）如图所示，闭合的金属化环境于磁感应强度随时间均匀变化的磁场中，且金属环所在平面与磁场方向垂直，则（）A环中产生的感应电动势能保持不变B环中产生的感应电流均匀变化C环中产生的感应电动势能均匀变化D环上某一小段导体所受的安培力保持不变考点：法拉第电磁感应定律分析：由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，然后判断其变化情况；由安培力公式分析安培力如何变化解答：解：AC、匀强磁场随时间均匀变化，则是定值，感应电动势E=S，由于与S都是定值，则感应电动势E是定值，故A正确，C错误；B、感应电流I=，由于E与R是定值，感应电流I保持不变，故B错误；D、环上一小段导体受到的安培力F=BIL，I与L不变，B均匀变化，则安培力均匀变化，故D错误；故选：A点评：当穿过回路的磁通量均匀增加时，回路中产生的感应电动势是恒定不变，相反，产生的感应电动势才是变化的根据法拉第定律结合数学知识来理解3（6分）（xx春河池期末）传感器的种类多种多样，其性能也各不相同，空调机在室内温度达到设定的温度后，会自动停止工作，空调机内使用的传感器是（）A生物传感器B红外传感器C温度传感器D压力传感器考点：传感器在生产、生活中的应用分析：传感器是将非电学量转变成电学量，如力传感器是将力学量转变成电学量而温度传感器则是通过温度的变化转变成电学量解答：解：空调机在室内温度达到设定的温度后，会自动停止工作，这是因为空调机使用温度传感器故C正确，ABD错误；故选：C点评：热敏电阻是当温度变化时，导致电阻的阻值发生变化；而光敏电阻则是当有光时，其电阻的阻值发生变化它们的电阻都是变小，而金属电阻则是变大4（6分）（xx春河池期末）两个完全相同的电热器，分别通有如图甲、乙所示的交变电流（其中图乙的曲线满足正弦规律），则它们的功率之比为（）A4：1B1：C2：1D：1考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系专题：交流电专题分析：甲图中正反方向电流大小相等，故可以直接由功率公式求解功率；乙图中由有效值的定义先求得有效值，再由功率公式列式；则可得出功率之比解答：解：甲图可正反向电流相等，故功率P1=Im2R；对乙图；由有效值的定义方法可知：（）2R=I2RT；解得I=则其功率P2=I2R=故功率之比为：4：1；故选：A点评：本题考查交流电中的有效值的计算，要掌握有效值计算的方法，同时明确在计算功率、电压及电流等时一定要用有效值5（6分）（xx春河池期末）在生成实际中，有些高压直流电路含有自感系数很大的线圈，当电路中的开关S由闭合到断开时，线圈会产生很高的自感电动势，使开关S处产生电源，危及操作人员的人身安全，为了避免电弧的产生，可在线圈（含有电器）处并联一个元件，下列方案最合理的是（）ABCD考点：自感现象和自感系数分析：当电路中的开关S由闭合到断开时，电流变化导致线圈中产生很高的自感电动势，为了避免电弧的产生，可在线圈处并联一个发光二极管，且导电方向与电流方向相反解答：解：由题意可知，当断开瞬间时，线圈中产生很高的自感电动势，若不并联元件，则会产生电弧，因此：A、当并联电阻时，只能对电阻放电，仍不能解决电弧现象，故A错误；BD、当并联发光二极管时，由于发光二极管有单向导电性，因此注意方向，D选项的二极管的接法与C选项的导线有一样的作用，唯有B选项，既能避免产生电弧，又能不影响电路，故B错误，D正确；C、当用导线短路时，不会出现电弧现象，故C错误；故选：D点评：本题考查了电感线圈对电流的阻碍作用，特别是开关闭合、断开瞬间的判断，同时掌握发光二极管的单向导电性6（6分）（xx春河池期末）线圈在磁场中匀速转动产生的交流电动势e=10sin20t（V），则下列说法正确的是（）At=0是，线圈平面位于中性面Bt=0时，穿过线圈的磁通量最大Ct=0时，线圈的边切割磁感线的有效速度最大Dt=0.4s时，线圈产生的电动势达到峰值10V考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式专题：交流电专题分析：首先明确交流电的描述，根据交流电的表达式，可知其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等解答：解：ABC、t=0时，瞬时电动势为e=10sin20t（V）=0，则线圈平面位于中性面，此时通过线圈的磁通量最大，导线切割磁感线的有效速率最小为零，故AB正确，C错误D、当t=0.4s时，瞬时电动势为e=10sin（200.4）=0（V），故D错误故选：AB点评：对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义7（6分）（xx春河池期末）一交变电流的图象如图所示，由图可知（）A用电流表测该电流，其示数为10AB该交流电流的频率为50HzC该交流电流通过10电阻时，电阻消耗的电功率为xxWD该交变电流瞬时值表达式为i=10sin200t（A）考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率专题：交流电专题分析：由图象知电流的最大值、周期，从而得出有效值、频率和角速度用有效值计算电功率解答：解：A、由it图象，电流最大值为，故有效值为：，故A正确；B、由it图象，周期为0.01s，故频率，故B错误；C、该交流电通过10电阻时消耗的电功率为：P=I2R=10210W=1000W，故C错误；D、角速度=2f=200rad/s，所以瞬时值表达式i=10sin200t A，故D正确；故选：AD点评：本题考查了根据图象得出有用物理信息的能力，根据周期、峰值和有效值计算，另外计算电功率用有效值8（6分）（xx汕头二模）两圆环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环，当A以如图所示的方向绕中心转动的角速度发生变化时，B中产生如图所示方向的感应电流，则（）AA可能带正电且转速减小BA可能带正电且转速增大CA可能带负电且转速减小DA可能带负电且转速增大考点：楞次定律；电流、电压概念专题：应用题分析：A环转动时产生等效电流，若电流产生的磁场使B中的磁通量发生变化，则可以在B中产生感应电流；则根据楞次定律可判断A中带电及转动情况解答：解：由图可知，B中电流为逆时针，由右手螺旋定则可知，感应电流的磁场向外，由楞次定律可知，引起感应电流的磁场可能为：向外减小或向里增大；若原磁场向里，则A中电流应为顺时针，故A应带正电，因磁场变强，故A中电流应增大，即A的转速应增大，故B正确；若原磁场向外，则A中电流应为逆时针，即A应带负电，且电流应减小，即A的转速应减小，故C正确；故选BC点评：本题为楞次定律应用的逆过程，要明确B中感应电流是因为B中的磁通量发生变化引起的，同时还应知道由于A的转动而形成的等效电流的强弱与转速有关二、非选择题：包括必考题和选考题两部分.第9-10题为必考题，每个试题考生必须作答，第11-22题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题.（共129分）9（13分）（xx春河池期末）如图甲所示，一小型发电机内的矩形小球在匀速磁场中以恒定的角速度绕垂直于磁场方向的轨道轴转动，小球匝数n=100，穿过每匝小球的磁通量随时间按正弦规律变化，如图乙所示，发电机内阻r=5，外电路电阻R=95，已知感应电动势的最大值Em=nm，其中m为穿过每匝线圈磁通量的最大值（1）求发电机所产生的交变电流的角速度；（2）写出该发电机所产生的电压的瞬时值表达式；（3）求串联在外电路中的交流电流表（内阻不计）的示数考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系专题：交流电专题分析：（1）由图象可得出周期，再由=，即可求解；（2）根据感应电动势的最大值的表达式，Em=nm，结合图象，即可求解；（3）根据闭合电路欧姆定律，可求出最大电流，再由交流电的有效值与最大值的关系，即可求解解答：解：（1）从t图线看出T=3.14102s由公式，（2）因根据感应电动势的最大值，Em=nm=100200102 V=200V；（3）电路中电流最大值，Im=交流电流表读数是交变电流的有效值，即答：（1）线圈的角速度200 rad/s；（2）感应电动势的最大值200V；（3）串联在外电路中的交流电流表（内阻不计）的读数1.4A点评：本题考查法拉第电磁感应定律的应用，要掌握如何求最大值的方法，并注意交流电的有效值与最大值的关系10（19分）（xx春河池期末）如图所示，竖直平面内有无限长、不计电阻的两组平行光滑金属导轨，宽度均为L=0.5m，上方连接一个阻值R=1的定值电阻，虚线下方的区域内存在磁感应强度大小B=2T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，完全相同的两根金属杆1和2靠在导轨上，金属杆与导轨等宽且与导轨接触良好，质量均为m=0.1kg，电阻均为r=0.5将金属杆1固定在磁场中某处，金属杆2从磁场边界上方h0=0.8m处由静止释放，进入磁场后再下落h=0.5m后做匀速运动，取重力加速度g=10m/s2（1）求金属杆2在磁场中匀速下落是的速度；（2）若在金属杆2进入磁场的同时释放金属杆1，求刚释放时所加杆1的加速度；（3）本题中，在金属杆1固定的情况下，求金属杆2在进入磁场后下落0.5m的过程中，R上产生的电热Q考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：（1）金属杆2匀速运动时，重力与安培力平衡，由E=BLv，I=、F安=BIL，及平衡条件可求得速度v（2）金属杆2进入磁场前做自由落体运动，由运动学公式求出进入磁场时的速度在金属杆2进入磁场时，先求出棒1所受的安培力，再由牛顿第二定律求其加速度（3）根据能量守恒定律求R上产生的电热Q解答：解：（1）金属杆2在磁场中匀速下落时，有 mg=BIL又 I=联立得 v=2m/s（2）金属杆2进入磁场前做自由落体运动，刚进入磁场时的速度 v0=m/s=4 m/s；回路中感应电流 I0=A=2A金属杆1所受的安培力大小：F=BI0L=220.5N=2N，方向向上由牛顿第二定律得，刚释放时所加杆1的加速度为： a=10m/s2方向竖直向上（3）金属杆2在进入磁场后下落0.5m的过程中，根据能量守恒得： mg（h0+h）=+Q总；R上产生的电热 Q=Q总；解得 Q=0.55J答：（1）金属杆2在磁场中匀速下落是的速度是2m/s；（2）刚释放时所加杆1的加速度是10m/s2方向竖直向上；（3）金属杆2在进入磁场后下落0.5m的过程中，R上产生的电热Q是0.55J点评：本题是电磁感应与力学知识的综合，关键要根据杆的运动情况，分析受力情况，由平衡条件、牛顿第二定律和能量守恒等力学规律解答三、【物理选修3-3】（共4小题，满分30分）11（6分）（xx春河池期末）下列说法中正确的是（）A布朗运动是指在显微镜下观察到的液体分子的无规则运动B叶面上的小露珠成球形是液体表面张力的作用C不具有规则几何体的物体也可能是晶体D氢气和氦气的温度相同时，它们分子的平均速度相同E在车胎突然爆裂后的瞬间，车胎内的气体内能减少考点：热力学第一定律；布朗运动；* 晶体和非晶体；气体压强的微观意义分析：布朗运动是指悬浮在液体中的固体小颗粒的运动；液体表面由于分子数较少，故分子间为引力；它可以使水珠成为球形；晶体中单晶体有规则的外形；而多晶体却没有；相同温度下所有物质的分子平均动能均相同；由热力学第一定律可知，做功可以改变物体的内能解答：解：A、布朗运动是固体小颗粒的运动，它是分子无规则运动的反应；故A错误；B、叶面上的小露珠成球形是液体表面张力的作用；故B正确；C、不具有规则几何体的物体也可能是晶体；如多晶体没有规则的几何形状；故C正确；D、相同温度下物体的分子平均动能相同，但如果分子量不同，则平均速度不相同；故D错误；E、在车胎突然爆裂后的瞬间，体积增大，气体对外做功，内能减小；故E正确；故选：BCE点评：本题考查布朗运动、液体表面张力、晶体及温度和热力学第一定律的应用，难度不大，但要求能准确掌握相关知识，并能灵活应用12（6分）（xx春河池期末）图示是压力保温瓶的结构简图，活塞a与液面之间密闭了一段质量的气体假设封闭气体为理想气体且与外界没有热交换，则向下压a的过程中，瓶内气体（）A内能增大B体积增大C压强增大D温度升高E分子间作用力增大考点：热力学第一定律专题：热力学定理专题分析：当向下压活塞a时，压力对气体做功，气体与外界又没有热交换，由热力学第一定律分析内能变化，根据气态方程分析压强的变化理想气体分子间的作用力不计一定质量的理想气体的内能只跟温度有关解答：解：A、当向下压活塞a时，压力对气体做功，气体与外界又没有热交换，由热力学第一定律得瓶内气体的内能增大，故A正确B、向下压a的过程中，气体的体积减小，故B错误CD、一定质量的气体，内能增大，温度升高，体积减小，根据气态方程=c得知气体的压强增大，故C、D正确E、据题瓶内气体为理想气体，则气体分子间的作用力为零，不变，故E错误故选：ACD点评：本题的关键要掌握气态方程与热力学第一定律，知道一定质量的理想气体的内能只跟温度有关13（6分）（xx春河池期末）下列说法正确的是（）A理想气体的温度变化时，其分子平均动能和分子势能也随之改变B气体压强本质上是大量气体作用在器壁单位面积上的平均作用力C机械能不可能全部转化为内能，内能也不可能全部转化为机械能D一等质量的类型气体经历等容过程，如果吸热，则其内能一定增加E热量能够自发第从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体考点：热力学第二定律；物体的内能；气体压强的微观意义专题：热力学定理专题分析：机械能可能全部转化为内能，内能不可能全部转化为机械能知道气体压强产生的原理温度是分子平均动能变化的标志结合热力学第一、第二定律分析解答：解：A、理想气体的分子势能为零，当其温度变化时，其分子平均动能随之改变，分子势能不变，故A错误B、由压强公式P=知，气体压强本质上就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，故B正确C、机械能可能全部转化为内能，内能不可能全部转化为机械能故C错误D、一等质量的理想气体经历等容过程，不做功，如果吸热，由热力学第一定律知其内能一定增加，故D正确E、热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到髙温物体故E正确故选：BDE点评：本题考查了热力学多个物理知识点的运用，关键要掌握理想气体的概念、热力学第一定律和第二定律，并能加以运用14（12分）（xx江西模拟）如图，一直立的气缸用一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S，气体最初的体积为V0，气体最初的压强为；气缸内壁光滑且缸壁是导热的开始活塞被固定，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后，活塞停在B点，设周围环境温度保持不变，已知大气压强为P0，重力加速度为g求： 活塞停在B点时缸内封闭气体的体积V； 整个过程中通过缸壁传递的热量Q（一定质量理想气体的内能仅由温度决定）考点：理想气体的状态方程专题：理想气体状态方程专题分析：对活塞受力分析，求出封闭气体的压强，由玻意耳定律求出气体体积；求出外界度气体做的功，然后由热力学第一定律求出传递的热量解答：解：活塞在B处时，对活塞B，由平衡条件得：p0S+mg=pBs，解得，气体压强：pB=p0+，pA=，VA=V0，pB=p0+，活塞从A到B过程，由玻意耳定律：pAVA=pBVB，解得：VB=；活塞下降的高度：h=，活塞下降过程，外界对气体做功：W=Fh=pBSh=+，由于气体的温度不变，内能的变化：E=0，由热力学第一定律可知：U=W+Q，Q=（+），负号表示气体对外放出热量；答：活塞停在B点时缸内封闭气体的体积为； 整个过程中通过缸壁放出的热量为+点评：本题考查了求气体体积、求传递的热量，应用平衡条件、玻意耳定律、热力学第一定律即可正确解题，应用热力学第一定律时，要注意各符号正负的含义四、【物理选修3-4】（共4小题，满分30分）15（6分）（xx春河池期末）一质点做简谱运动的图象如图所示，关于该质点的运动，下列说法正确的是（）A质点运动的频率是3HzB质点振动的频率是4HzC在10s内，质点经过的路程是20cmD第4s末，质点的速度是零考点：简谐运动的振动图象分析：由图读出周期，求出频率质点在一个周期内通过的路程是4个振幅，根据时间与周期的关系，求出质点在10s内经过的路程根据质点的位置，分析速度和加速度解答：解：AB、由图读出周期为T=4s，则频率为f=0.25Hz故AB错误C、质点做简谐运动，在一个周期内通过的路程是4个振幅，t=10s=2.5T，则在10s内质点经过的路程是S=2.54A=102cm=20cm故C正确D、在第4s末，质点位于平衡位置处，速度最大，加速度为零故D错误故选：C点评：由振动图象可以读出周期、振幅、位移、速度和加速度及其变化情况，是比较常见的读图题，难度不大，属于基础题16（6分）（xx春河池期末）如图所示，在一根张紧的绳上挂着四个单摆，其中甲、丙两单摆的摆长相等现给甲摆一个初始能量，使其开始摆动摆动稳定后，关于乙、丙、丁三个单摆，下列说法正确的是（）A乙摆摆动的周期与甲摆摆动的周期相同B丁摆摆动的周期与丙摆摆动的周期相同C丁摆频率最大D乙摆振幅最大E丙摆振幅最大考点：自由振动和受迫振动分析：甲摆做自由振动，其周期等于固有周期T=2，其余三个摆在甲摆驱动力作用下做受迫振动，其周期均等于驱动力周期，而驱动力是由甲摆产生的，驱动力周期等于甲摆的周期，说明三个摆周期与甲摆相同丙摆的固有周期等于驱动力周期，发生共振现象，振幅最大解答：解：A、甲摆做自由振动，其余三个摆在甲摆驱动力作用下做受迫振动，其周期均等于驱动力周期，即等于甲摆的周期，故频率都相同，故AB正确；C错误；D、甲摆做自由振动，其余三个摆在甲摆驱动力作用下做受迫振动；丙摆的固有周期等于驱动力周期，发生共振现象，振幅最大；故D错误，E正确；故选：ABE点评：本题考查对自由振动与受迫振动的理解和识别能力受迫振动中产生共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率17（6分）（xx春河池期末）如图所示，甲图为某一简谱波在t=0时刻的波形图，乙图为该波上的P点（未在甲图中标出）的振动图象，则下列判断正确的是（）A该列波的周期为4sB该列波的波长为4mC该列波的波速为4m/sD若P点的坐标为xp=2m，则该列波沿x轴负方向传播E若P点的坐标为xp=4m，则该列波沿x轴负方向传播考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，求出波速和频率根据振动图象判断t=0时刻P的运动方向解答：解：ABC、由波动图象甲读出波长=4m，由振动图象乙读出周期T=1s，则波速v=4m/s故AB错误，C正确D、根据振动图象（2）可知：t=0时刻质点从平衡位置沿y轴负方向振动若P点的坐标为xp=2m，根据波形的平移法得知，该列波沿x轴负方向传播故D正确E、若P点的坐标为xp=4m，由波形平移法得知，该列波沿x轴正方向传播，故E错误故选：CD点评：本题考查识别、理解波动图象和振动图象的能力，关键要能抓住两种图象的联系，运用波形平移法判断波的传播方向18（12分）（xx春河池期末）一半径为R的球体放置在水平面上，球体由折射率为的透明材料制成现有一束位于过球心O的竖直平面内的光线，平行于桌面射到球体表面上，折射入球体后再从竖直表面射出，如图所示已知入射光线与桌面的距离为求出射角= 60 考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：当光从图示位置射入，经过二次折射后射出球体，由折射定律可求出射出光线的折射角解答：解：设入射光线与球体的交点为C，连接OC，OC即为入射点的法线因此，图中的角为入射角过C点作球体水平表面的垂线，垂足为B由几何关系有：COB=又由OBC知 sin= 设光线在C点的折射角为，由折射定律得： 由式得：=30由几何关系知，光线在球体的竖直表面上的入射角（见图）为30由折射定律得： 因此sin=，解得：=60故答案为：60点评：光线从球体入射时，法线则是入射点与球心的连线；当光线射出时，法线则与界面垂直因此两次使用折射定律可求出结果五、【物理选修3-5】（共4小题，满分30分）19（6分）（xx春河池期末）月球的表面长期受到宇宙射线的照顾，使得“月壤”中的He含量十分丰富，科学家认为He是发生核聚变的极好原料，将来He也许是人类重要的能源，所以探测月球意义十分重大关于He，下列说法正确的是（）AHe的原子核内有三个中子和两个质子BHe的原子核内有一个中子和两个质子CHe发生和核聚变，放出热量，一定会有质量亏损DHe的原子核内的核子靠万有引力紧密结合在一起EHe的原子核与氘核聚变成He的方程为：He+HHe+H考点：爱因斯坦质能方程分析：元素 X中Z表示质子数，A表示质量数；并依据质量数与质子数守恒，书写核反应方程；核反应过程一定会发生质量亏损放出能量，从而即可求解解答：解：A、He的原子核内有2个质子、（32）=1个中子，故A错误，B正确；C、无论是聚变还是裂变，核反应过程一定会发生质量亏损放出能量，故C正确；D、原子核内的核子靠核力结合在一起，核力与万有引力性质不同核力只存在于相邻的核子之间，故D错误E、He的原子核与氘核聚变成He的方程为：He+HHe+H，故E正确；故选：BCE点评：本题考查对核力的理解核力是自然界四种基本作用力之一，与万有引力性质、特点不同，掌握核反应方程书写规律20（6分）（xx春河池期末）图示为氢原子能级示意图的一部分，则氢原子（）A从n=4能级跃迁到n=3能级比从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出电磁波的波长长B从n=5能级跃迁到n=1能级比从n=5能级跃迁到n=4能级辐射出电磁波的速度大C处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是一样的D从高能级向低能级跃迁时，氢原子核一定向外放出能量E从n=5能级跃迁到n=2能级时释放的光子可以使逸出功为2.5eV的金属发生光电效应考点：氢原子的能级公式和跃迁专题：原子的能级结构专题分析：能级间跃迁辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越大，则波长越小解答：解：A、从n=4能级跃迁到n=3能级比从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出光子能量小，则辐射的光子频率小，所以辐射的电磁波的波长长故A正确B、电磁波在真空中的速度相同，与频率无关故B错误C、处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率不同故C错误D、由高能级向低能级跃迁，氢原子向外辐射能量故D正确E、从n=5能级跃迁到n=2能级时释放的光子能量为E=3.40.54=2.86eV2.5eV，满足光电效应发生的条件，故E正确；故选：ADE点评：解决本题的关键知道能级间跃迁时，辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，EmEn=hv，并掌握光电效应发生的条件21（6分）（xx春河池期末）一质量为m的物体，静止在倾角为的斜面上，则在时间t内（）A重力的冲量大小是mgtsinB支持力的冲量大小是mgtcosC合力冲量为零D摩擦力的冲量大小是mgtsinE摩擦力的冲量为0考点：动量定理分析：由共点力的平衡条件求出摩擦力和支持力；再由冲量的定义求解各力的冲量；根据动量定理求合力的冲量解答：解：物体受重力、支持力及摩擦力的作用而处于平衡；由共点力的平衡条件可知，支持车N=mgcos；摩擦力f=mgsinA、重力的冲量为mgt；故A错误；B、支持力的冲量为mgtcos；故B正确；C、由于物体保持静止，故合力的冲量为零；故C正确；DE、摩擦力的冲量为mgtsin；故D正确；E错误；故选：BCD点评：本题考查动量定理的应用及冲量的计算，要注意明确冲量大小为I=Ft与运动状态等无关22（12分）（xx春河池期末）在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M=0.6kg，m=0.2kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的轻弹簧，弹簧的一端固定在M球上，但与求不相连，开始时弹簧具有的弹性势能Ep=10.8J，系统处于静止状态现突然释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切的光滑弧形轨道（足够长），如图所示g取10m/s2（1）求M和m离开弹簧时速度的大小v1、v2；（2）m离开弹簧，滑上弧形轨道后返回，求m再次被压缩时弹簧的最大弹性势能Ep考点：动量守恒定律；机械能守恒定律专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：（1）两球组成的系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出两球的速度（2）两球速度相等时弹簧弹性势能最大，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出弹簧的最大弹性势能解答：解：（1）弹簧弹开过程，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1Mv2=0由机械能守恒定律得：mv12+Mv22=Ep，解得：v1=9m/s，v2=3m/s；（2）M、m速度相同时弹簧压缩量最大，弹性势能最大，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv1+Mv2=（M+m）v，由机械能守恒定律得：mv12+Mv22=（m+M）v2+Ep，解得：Ep=2.7J；答：（1）M和m离开弹簧时速度的大小v1、v2分别为9m/s、3m/s；（2）m离开弹簧，滑上弧形轨道后返回，m再次被压缩时弹簧的最大弹性势能Ep为2.7J点评：本题考查了求速度、弹簧的弹性势能问题，考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题