2019-2020年高考物理考前交流试卷 含解析.doc

2019-2020年高考物理考前交流试卷 含解析一、选择题（共2小题，每小题6分，满分12分）1（6分）（xx广东校级模拟）在静电场中，一个电子只在电场力的作用下，沿着圆弧由A点运动到B点，在这个运动过程中，下列说法过程中正确的是（）A该电子速度大小一定增加BA点的场强一定比B点的场强大CA、B两点的电势一定相等D电子的电势能可能增大2（6分）（xx广东校级模拟）被拉直的绳子一端固定在天花板上，另一端系着小球小球从A点静止释放，运动到B点的过程中，不计空气阻力则（）A小球受到的拉力先变小后变大B小球的机械能守恒C小球的切向加速度一直变大D小球的动能先变大后变小二、双项选择题：每小题6分，每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求全选对得6分，只选1个且正确得3分，有选错或不选得0分3（6分）（xx广东校级模拟）一个气泡，在恒温的水池底部逐渐上升，在气泡上升过程中（不考虑气泡内气体的分子势能的变化），下列表述正确的是（）A气泡内气体对外做正功B气泡的内气体的内能增大C气泡内气体压强变大D气泡内气体吸热全部用于对外做功4（6分）（xx广东校级模拟）核能安全是核电站面临的严峻的问题核泄漏中的钚（Pu）是一种具有放射性的超铀元素，一旦侵入人体，就会潜伏在人体肺部、骨骼等组织细胞中，破坏细胞基因，提高罹患癌症的风险已知钚的一种同位素Pu的半衰期为24100年，其衰变方程为PuX+He+，下列有关说法正确的是（）AX原子核中含有143个中子B100个Pu经过24100年后一定还剩余50个C由于衰变时释放巨大能量，根据E=mc2，衰变过程中总质量增加D衰变发出的放射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力5（6分）（xx广东校级模拟）如图为某应急供电系统原理图若发电机内部线圈面积为S，匝数为N，磁感应强度为B，输电线电阻为R0，发电机线圈转动角速度恒为，则（）A图示位置，发电机中线圈的磁通量最大B发电机线圈感应电动势的有效值为NBSC用户得到的交变电压的频率为D当用户数目增多时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动6（6分）（xx广东校级模拟）如图为A、B两卫星绕地球做匀速圆周运动的示意图，下列说法正确的是（）AB卫星比A卫星运行周期小BA卫星在图示位置加速后有可能会撞上B卫星CA卫星的运行速度一定小于地球的第一宇宙速度D可以通过A卫星的运行周期和万有引力常量计算出地球的质量7（6分）（xx广东校级模拟）如图所示，是某同学站在力传感器上，做下蹲起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力（单位为牛顿），横坐标为时间（单位为秒）由图线可知，该同学的体重约为650N，除此以外，还可以得到以下信息（）A该同学做了两次下蹲起立的动作B该同学做了四次下蹲起立的动作C下蹲过程中人经历了失重和超重两种状态D起立过程中人处于超重状态三、非选择题8（8分）（xx广东校级模拟）用如图（a）所示的实验装置研究小木块的运动装置中在靠滑轮端的木板上粘贴有粗糙的薄砂纸，某次实验得到的纸带如图（b），则：实验中，电火花打点计时器的工作电压为V，频率为50Hz纸带中计数点A、B间的时间间隔为s；小木块在砂纸段运动时的加速度大小为m/s2（计算结果保留三位有效数字）关于本实验，以下说法正确的有A选用计数点最主要目的是为了方便计算B选用计数点最主要目的是为了减小误差C实验中应当先释放纸带再接通计时器电源D小车加速阶段的加速度比减速阶段的小9（10分）（xx广东校级模拟）在某次描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，所选器材有：A：小灯泡“2.5V，0.2A”B：电流表00.6A3A（内阻约1）C：电压表03V15V （内阻很大）D：滑线变阻器“2A，10”E：电源（两节干电池）F：开关一个，导线若干在实验时小明同学采用了如图1所示的实物电路，则具体实验操作前该电路需改进的地方有改进之处后，小明同学进行了实验，但发现，无论怎样调节滑线变阻器，都不能使小灯泡两端电压达到2.5V额定电压，而是只能勉强达到1.80V，于是他猜想是否干电池太旧，总电动势只能达到1.8V，为了验证自己的猜想，他用以上器材进行了测该电源电动势和内阻的实验，电路图如图2，得到实验数据已经标注在UI图象上：根据图3上的数据点做出UI图线，并分析图线得E=V，电源内阻为r=描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中电压只能达到1.8V的原因是否如小杰所猜测？试分析说明只能达到1.80V的原因：10（18分）（xx广东校级模拟）如图甲所示，固定于水平桌面上的金属导轨abcd足够长，质量为20kg的金属棒ef搁在导轨上，可无摩擦地滑动，此时bcfe构成一个边长为L=1m的正方形金属棒的电阻为r=1，其余部分的电阻不计在t=0的时刻，导轨间加一竖直向下的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，其中B1=10T，t1=1s为使金属棒ef在0t1保持静止，；需在金属棒ef上施加一水平拉力F，从t1时刻起保持此时的水平拉力F不变，金属棒ef在导轨上运动了距离s=1m时，刚好达到最大速度，求：（1）在t=0.5s时刻，流过金属棒的电流方向以及该水平拉力F的大小和方向；（2）金属棒ef在导轨上运动的最大速度；（3）从t=0开始到金属棒ef达到最大速度的过程中，金属棒ef中产生的热量11（18分）（xx广东校级模拟）如图，光滑水平地面上有一固定墙壁，紧靠墙面左侧停放一长为L=1m，质量为M=0.2kg的长木板，在距长木板左端为kL（0k0.5）处放置着A、B两小木块，A、B质量均为m=0.2kg某时刻，A、B在强大内力作用下突然分开，分开瞬间A的速度为vA=4m/s，方向水平向左 B与墙壁碰撞瞬间不损失机械能，A、B与长木板间的动摩擦因数分别为A=0.2和B=0.3（1）求AB分离瞬间，B的速度v1；（2）若k=0.39，求A离开木板时，B的速度大小v2；（3）若最终B能够相对木板静止，则k应满足什么条件，并求出最终B所停位置距木板左端距离s和k的关系式xx年广东省中山一中七校联考高考物理考前交流试卷参考答案与试题解析一、选择题（共2小题，每小题6分，满分12分）1（6分）（xx广东校级模拟）在静电场中，一个电子只在电场力的作用下，沿着圆弧由A点运动到B点，在这个运动过程中，下列说法过程中正确的是（）A该电子速度大小一定增加BA点的场强一定比B点的场强大CA、B两点的电势一定相等D电子的电势能可能增大考点：电势差与电场强度的关系；电势；电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：电子在电场力作用下作圆周运动，电场力提供向心力，电场力不做功，速度大小、电势能都不变解答：解：A、据题知，电子在电场力作用下作圆周运动，电场力提供向心力，电场力与速度垂直，对电子不做功，所以电子的速度大小不变，故A错误B、根据牛顿第二定律得 qE=m，因q、v、r均不变，所以E不变，即A点的场强一定与B点的场强大小相等，故B错误CD、电场力对电子不做功，电子的电势能不变，则A、B两点的电势一定相等，故C正确，D错误故选：C点评：解决本题的关键要掌握圆周运动的条件，明确电场力做功与动能变化、电势能变化的关系2（6分）（xx广东校级模拟）被拉直的绳子一端固定在天花板上，另一端系着小球小球从A点静止释放，运动到B点的过程中，不计空气阻力则（）A小球受到的拉力先变小后变大B小球的机械能守恒C小球的切向加速度一直变大D小球的动能先变大后变小考点：机械能守恒定律；动能和势能的相互转化 专题：机械能守恒定律应用专题分析：小球由静止开始运动到最低点的过程，只有重力做功，重力势能减小转化为动能，速度不断增大，机械能守恒绳子的拉力根据牛顿第二定律和向心力知识分析将小球的重力进行分解，由牛顿第二定律分析切向加速度的变化解答：解：AB、小球由静止运动到最低点的过程中，只有重力做正功，重力势能转化为动能，小球的机械能守恒，小球的速率不断增大设绳子与竖直方向的夹角为，小球运动过程中所需要的向心力由绳子拉力与重力沿绳子方向分力的合力提供，则有： Tmgcos=m，得：T=mgcos+m，因减小，cos增大，v增大，所以T增大，即绳子的拉力不断增大，故A错误，B正确C、小球所受的切向合力为 mgsin，由牛顿第二定律得：mgsin=ma切，得小球的切向加速度a切=gsin，一直变小，则a切一直变小故C错误D、小球的重力势能不断减小，则由机械能守恒知，其动能不断增大，故D错误故选：B点评：本题关键明确：虽然小球除了受到重力的作用之外还受到绳的拉力的作用，但是在整个过程中绳的拉力不做功，只有重力做功，机械能守恒，能运用正交分解法研究小球的切向加速度的变化二、双项选择题：每小题6分，每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求全选对得6分，只选1个且正确得3分，有选错或不选得0分3（6分）（xx广东校级模拟）一个气泡，在恒温的水池底部逐渐上升，在气泡上升过程中（不考虑气泡内气体的分子势能的变化），下列表述正确的是（）A气泡内气体对外做正功B气泡的内气体的内能增大C气泡内气体压强变大D气泡内气体吸热全部用于对外做功考点：理想气体的状态方程；热力学第一定律 专题：热力学定理专题分析：解答本题要掌握：根据气体体积变化判断做功情况；理解温度是分子平均动能的标志，一定质量理想气体的内能只与温度有关；正确应用热力学第一定律判断气体的吸放热情况解答：解：A、C、气体在上升的过程中，水产生的压强减小，所以气泡内的压强一定减小根据理想气体的状态方程：可知，气泡体积增大，对外做功，故A正确，C错误；B、由于温度不变，因此分子的平均动能不变，气体的内能不变故B错误；D、气泡体积增大，对外做功，而内能不变，根据U=W+Q可知，气泡内气体吸热全部用于对外做功，故D正确故选：AD点评：本题比较简单，考查了理想气体的状态方程与热力学第一定律的应用，注意正确判断气体做功情况和内能的变化应用热力学第一定律时关键抓住符号法则：使气体内能增加的量均为正值，否则为负值4（6分）（xx广东校级模拟）核能安全是核电站面临的严峻的问题核泄漏中的钚（Pu）是一种具有放射性的超铀元素，一旦侵入人体，就会潜伏在人体肺部、骨骼等组织细胞中，破坏细胞基因，提高罹患癌症的风险已知钚的一种同位素Pu的半衰期为24100年，其衰变方程为PuX+He+，下列有关说法正确的是（）AX原子核中含有143个中子B100个Pu经过24100年后一定还剩余50个C由于衰变时释放巨大能量，根据E=mc2，衰变过程中总质量增加D衰变发出的放射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度 专题：衰变和半衰期专题分析：根据电荷数守恒、质量数守恒守恒求出X的电荷数和质量数，抓住质量数等于质子数和中子数之和求出中子数半衰期具有统计规律，对于大量的原子核适用解答：解：A、根据电荷数守恒、质量数守恒知，X的电荷数为92，质量数为235，则中子数为143故A正确B、半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用故B错误C、由于衰变时释放巨大能量，根据E=mC2，衰变过程总质量减小故C错误D、衰变发出的放射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力故D正确故选：AD点评：本题考查了核反应方程、半衰期、质能方程、射线的形状等基础知识点，比较简单，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点5（6分）（xx广东校级模拟）如图为某应急供电系统原理图若发电机内部线圈面积为S，匝数为N，磁感应强度为B，输电线电阻为R0，发电机线圈转动角速度恒为，则（）A图示位置，发电机中线圈的磁通量最大B发电机线圈感应电动势的有效值为NBSC用户得到的交变电压的频率为D当用户数目增多时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动考点：变压器的构造和原理；交流发电机及其产生正弦式电流的原理 专题：交流电专题分析：当线圈与磁场平行时，感应电动势最大，当两者垂直时，感应电动势最小；根据闭合电路欧姆定律来确定电流随着电阻变化而变化，但不会改变原线圈的电压，变压器不改变频率解答：解：A、图示位置，线圈与磁场平行，感应电动势最大，磁通量为零，故A错误；B、发电机线圈感应电动势的最大值为NBS，故B错误；C、交流电的频率f=，变压器不改变频率，所以用户得到的交变电压的频率为，故C正确；D、根据功率P=UI，当电压不变，则电流增大，从而可确定滑动触头P应向上滑动，故D正确故选：CD点评：解答本题要知道当线圈与磁场平行时，感应电动势最大，当两者垂直时，感应电动势最小，区别与有效值，理解电阻的变化，只会改变电流与功率，不会影响电压的变化6（6分）（xx广东校级模拟）如图为A、B两卫星绕地球做匀速圆周运动的示意图，下列说法正确的是（）AB卫星比A卫星运行周期小BA卫星在图示位置加速后有可能会撞上B卫星CA卫星的运行速度一定小于地球的第一宇宙速度D可以通过A卫星的运行周期和万有引力常量计算出地球的质量考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系 专题：人造卫星问题分析：根据万有引力提供向心力，得出线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，从而比较出大小解答：解：A、根据万有引力提供向心力=m=mrA、T=2，所以B卫星比A卫星运行周期小，故A正确；B、A卫星在图示位置加速后，所受的万有引力小于向心力，将做离心运动，不会与卫星B相撞故B错误；C、A卫星的运行速度一定小于地球的第一宇宙速度，故C正确；D、根据万有引力提供向心力=mr不知道A卫星轨道半径，所以不能通过A卫星的运行周期和万有引力常量计算出地球的质量，故D错误；故选：AC点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系7（6分）（xx广东校级模拟）如图所示，是某同学站在力传感器上，做下蹲起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力（单位为牛顿），横坐标为时间（单位为秒）由图线可知，该同学的体重约为650N，除此以外，还可以得到以下信息（）A该同学做了两次下蹲起立的动作B该同学做了四次下蹲起立的动作C下蹲过程中人经历了失重和超重两种状态D起立过程中人处于超重状态考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重 分析：失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度人下蹲过程分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，起立也是如此解答：解：AB、人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重对应先失重再超重，起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了两次下蹲起立的动作，故A正确，B错误；C、由图象看出下蹲过程既有失重又有超重，且先失重后超重；故C正确；D、起立对应先超重再失重故D错误；故选：AC点评：本题考察物理知识与生活的联系，注意细致分析物理过程，仔细观察速度的变化情况，与超失重的概念联系起来加以识别三、非选择题8（8分）（xx广东校级模拟）用如图（a）所示的实验装置研究小木块的运动装置中在靠滑轮端的木板上粘贴有粗糙的薄砂纸，某次实验得到的纸带如图（b），则：实验中，电火花打点计时器的工作电压为220V，频率为50Hz纸带中计数点A、B间的时间间隔为0.04s；小木块在砂纸段运动时的加速度大小为2.00m/s2（计算结果保留三位有效数字）关于本实验，以下说法正确的有BA选用计数点最主要目的是为了方便计算B选用计数点最主要目的是为了减小误差C实验中应当先释放纸带再接通计时器电源D小车加速阶段的加速度比减速阶段的小考点：测定匀变速直线运动的加速度 专题：实验题分析：了解电磁打点计时器和电火花打点计时器的工作电压、工作原理即可正确解答；同时要熟练使用打点计时器进行有关的操作根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小解答：解：实验中，电火花打点计时器的工作电压为220V，频率为50Hz由于每相邻两个计数点间还有1个点，纸带中计数点A、B间的时间间隔为0.04 s；根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，得：减速阶段的加速度a=2.00m/s2，A、选用计数点最主要目的是为了减小误差，故A错误，B正确；C、实验时，如果先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理所以应该先接通电源，后让纸带运动，故C错误；D、根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，得：小车加速阶段的加速度a=2.69m/s2，所以小车加速阶段的加速度比减速阶段的大故D错误；故选：B故答案为：220；0.04； 2.00 B点评：对于基本仪器的使用和工作原理，我们不仅从理论上学习它，还要从实践上去了解它，自己动手去做做，以加强基本仪器的了解和使用要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用9（10分）（xx广东校级模拟）在某次描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，所选器材有：A：小灯泡“2.5V，0.2A”B：电流表00.6A3A（内阻约1）C：电压表03V15V （内阻很大）D：滑线变阻器“2A，10”E：电源（两节干电池）F：开关一个，导线若干在实验时小明同学采用了如图1所示的实物电路，则具体实验操作前该电路需改进的地方有电流表应外接；电流表量程太大；滑线变阻器滑片应置于左侧改进之处后，小明同学进行了实验，但发现，无论怎样调节滑线变阻器，都不能使小灯泡两端电压达到2.5V额定电压，而是只能勉强达到1.80V，于是他猜想是否干电池太旧，总电动势只能达到1.8V，为了验证自己的猜想，他用以上器材进行了测该电源电动势和内阻的实验，电路图如图2，得到实验数据已经标注在UI图象上：根据图3上的数据点做出UI图线，并分析图线得E=2.61V，电源内阻为r=2.60描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中电压只能达到1.8V的原因是否如小杰所猜测？试分析说明只能达到1.80V的原因：在小灯泡伏安特性实验中，由于滑动变阻器采用分压接法，使得外电阻与内电阻阻值接近，因而外电压不可能接近电源的电动势考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题分析：根据灯泡内阻与电表内阻的关系确定电流表的接法；实验时电表要选择合适的量程；滑动变阻器采用分压接法，闭合开关前，分压电路分得的电压应为零应用描点法作图作出电眼的UI图象；电源的UI图象与纵轴交点的坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源的内阻；根据实验电路，应用欧姆定律分析答题解答：解：小灯泡内阻很小，约为几欧姆到十几欧姆，而电压表内阻很大，约为几千欧姆定律到几万欧姆，灯泡电阻远小于电压表内阻，实验时电流表应采用外接法而不是采用内接法；电源电动势约为3V，灯泡电阻约为几欧姆左右，电路最大电流不会超过0.6A，电流表应选0.6A量程而不是选择3A量程；由图甲所示可知，滑动变阻器采用分压接法，闭合开关前，为保护电路，滑片应置于左端，不能放在右端、根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点，然后作出图象，电源的UI图象如图所示；由图象可知，图象与纵轴的交点坐标值为你2.61，则电源电动势E=2.61V，电源内阻r=2.60；、电源电动势为2.61V，电压表示数达不到2.5V，不是电源电动势太小造成的；灯泡两端电压为1.8V时，灯泡电阻R=9.5，分压支路小灯泡与电流表总内阻约为10欧姆，滑动变阻器最大阻值为10，则滑动变阻器与分压支路并联电阻约为5欧姆，U分压=IR并=R并=1.7V，所以电压表示数不能达到1.80V；故答案为：（1）电流表应采用外接法；电流表量程太大；滑片应置于左侧；（2）图象如图所示；2.61； 2.6；在小灯泡伏安特性实验中，由于滑动变阻器采用分压接法，使得外电阻与内电阻阻值接近，因而外电压不可能接近电源的电动势点评：本题考查了实验电路分析、求电源电动势与内阻，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据的处理方法，要掌握描点法作图的方法，要会根据电源的UI图象求出电源的电动势与内阻10（18分）（xx广东校级模拟）如图甲所示，固定于水平桌面上的金属导轨abcd足够长，质量为20kg的金属棒ef搁在导轨上，可无摩擦地滑动，此时bcfe构成一个边长为L=1m的正方形金属棒的电阻为r=1，其余部分的电阻不计在t=0的时刻，导轨间加一竖直向下的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，其中B1=10T，t1=1s为使金属棒ef在0t1保持静止，；需在金属棒ef上施加一水平拉力F，从t1时刻起保持此时的水平拉力F不变，金属棒ef在导轨上运动了距离s=1m时，刚好达到最大速度，求：（1）在t=0.5s时刻，流过金属棒的电流方向以及该水平拉力F的大小和方向；（2）金属棒ef在导轨上运动的最大速度；（3）从t=0开始到金属棒ef达到最大速度的过程中，金属棒ef中产生的热量考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由F=BIL求出安培力，由楞次定律判断出感应电流的方向，由左手定则判断出安培力的方向，由平衡条件求出拉力大小与方向；（2）当拉力与安培力相等时，导体棒做匀速运动，速度达到最大，求出拉力，根据安培力公式求出导体棒的最大速度；（3）由焦耳定律求出导体棒静止时产生的焦耳热，由能量守恒定律求出导体棒运动时产生的焦耳热，然后求出整个过程产生的焦耳热解答：解：（1）在t=0.5s时刻，由楞次定律可知，电流方向从f到e 感应电动势 E=S=10V 感应电流 I=10A 导体棒受到的安培力 F安=IL=50N，方向水平向左 （2）当金属棒的速度最大时感应电动势E=B1Lvm，此时导体棒受到的安培力 F安=B1I1L=B1L=此时拉力 F=B1IL=100N当金属棒的速度最大时 F=F安所以vm=1m/s（3）金属棒静止时I1=10A，Q1=100J 金属棒从开始运动到最大速度阶段由能量守恒得 Q2=Fs=90J所以，全过程产生的焦耳热 Q=Q1+Q2=190J答：（1）在t=0.5s时刻，流过金属棒的电流方向从f到e，该水平拉力F的大小为50N，方向水平向左；（2）金属棒ef在导轨上运动的最大速度是1m/s；（3）从t=0开始到金属棒ef达到最大速度的过程中，金属棒ef中产生的热量是190J点评：导体棒静止时，磁感应强度均匀变化，产生的感应电动势是定值，感应电流是定值，但导体棒受到的安培力F=BIL是变力；导体棒在拉力作用下向右运动时，做的是加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速直线运动，对导体棒正确受力分析，分析清楚导体棒的运动过程是正确解题的关键11（18分）（xx广东校级模拟）如图，光滑水平地面上有一固定墙壁，紧靠墙面左侧停放一长为L=1m，质量为M=0.2kg的长木板，在距长木板左端为kL（0k0.5）处放置着A、B两小木块，A、B质量均为m=0.2kg某时刻，A、B在强大内力作用下突然分开，分开瞬间A的速度为vA=4m/s，方向水平向左 B与墙壁碰撞瞬间不损失机械能，A、B与长木板间的动摩擦因数分别为A=0.2和B=0.3（1）求AB分离瞬间，B的速度v1；（2）若k=0.39，求A离开木板时，B的速度大小v2；（3）若最终B能够相对木板静止，则k应满足什么条件，并求出最终B所停位置距木板左端距离s和k的关系式考点：动量守恒定律；牛顿第二定律 专题：动量定理应用专题分析：（1）在A、B分离瞬间，A、B系统动量守恒，根据动量守恒定律求解；（2）在A离开木板前，B对木板向右的摩擦力大于A对木板向左的摩擦力，所以此时木板处于静止状态对A，从与B分离到离开木板过程中，做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度，再结合运动学基本公式求解；（3）先根据动能定理判断B能不能在撞墙前停止，再根据木板与B构成的系统动量守恒、能量守恒列式求解解答：解：（1）在A、B分离瞬间，A、B系统动量守恒，有mvA=mv1解得：v1=4m/s（2）在A离开木板前，B对木板向右的摩擦力大于A对木板向左的摩擦力，所以此时木板处于静止状态对A，从与B分离到离开木板过程中，做匀减速直线运动，有Amg=maA解得：根据运动学基本公式得：解得：t=0.1s此过程中，B与A的运动时间相同，假设此时B还没有撞到墙壁有Bmg=maB解得：根据v2=v1aBt解得：v2=3.7m/s而假设成立，即此时B速度为v2=3.7m/s（3）假设B能在撞到墙壁前停止，则有：解得 s=5.3mL，即B不可能在撞墙前停止 B撞到墙壁前瞬间速度为vB，则：B撞墙以后后，若B刚好不滑落，则B滑至木板左端时恰好最终达到共同速度v，木板与B构成的系统动量守恒、能量守恒，有mvB=（m+M）v，解得即若木块B不从木板上滑落，需要满足：若停在距左端为S处，则对木板与B，由能量守恒得：解得 ，即最终物块B停在距左端为处答：（1）AB分离瞬间，B的速度v1为4m/s；（2）若k=0.39，求A离开木板时，B的速度大小v2为3.7m/s；（3）若最终B能够相对木板静止，则k应满足，最终B所停位置距木板左端距离s和k的关系式为点评：本题综合运用了动量守恒定律、能量守恒定律、动能定理、牛顿第二定律及运动学基本公式，关键是正确分析木块和木板的受力情况和运动情况，能选择合适的定理求解，难度较大