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2023-2024学年福建省福州市第十五中学等五校高二（下）期中联考物理试卷（含答案）
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这是一份2023-2024学年福建省福州市第十五中学等五校高二（下）期中联考物理试卷（含答案），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.用遥控器调换电视机的频道的过程，实际上就是传感器把光信号转化为电信号的过程。下列属于这类传感器的是( )
A. 红外报警装置B. 走廊照明灯的声控开关
C. 自动洗衣机中的压力传感装置D. 电饭煲中控制加热和保温的温控器
2.如图所示，A、B完全相同的两个小灯泡，L为自感系数较大电阻可以忽略的线圈，则( )
A. 开关S闭合瞬间，A、B同时发光，随后A灯熄灭，B灯变暗
B. 开关S闭合瞬间，B灯亮，A灯不亮
C. 断开开关S瞬间，A、B灯同时熄灭
D. 断开开关S瞬间，B灯立即熄灭，A灯亮一下再熄灭
3.如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为L，磁场方向垂直纸面向里，abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为L，t=0时刻bc边与磁场区域边界重合。现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿adcba方向为感应电流正方向，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是( )
A. B.
C. D.
4.最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为
A. 1.6×102kgB. 1.6×103kgC. 1.6×105kgD. 1.6×106kg
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图，一理想变压器输入端接交流恒压源，输出端电路由R1、R2 和R3三个电阻构成。将该变压器原、副线圈的匝数比由5：1改为10：1后( )
A. 流经R1的电流减小到原来的14B. R2两端的电压增加到原来的2倍
C. R3两端的电压减小到原来的12D. 电阻上总的热功率减小到原来的14
6.如图所示，两平行金属板P、Q水平放置，上极板带正电，下极板带负电，板间存在匀强电场和匀强磁场(图中未画出)，一个带电粒子在两平行板间做匀速直线运动后，从O点垂直进入另一个垂直纸面向外的匀强磁场中，粒子做匀速圆周运动，最后打在挡板MN上的A点，不计粒子重力。下列说法正确的是( )
A. 此粒子一定带正电
B. P、Q间的磁场一定垂直于纸面向外
C. 若另一个带电粒子在磁场中也能沿相同的轨迹运动，则它一定与该粒子具有相同的比荷
D. 若另一个带电粒子在P、Q间也能做匀速直线运动，则它一定与该粒子具有相同的比荷
7.如图甲所示，20匝的线圈两端M、N与一个电压表相连，线圈内有指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化，不计线圈电阻下列说法正确的是( )
A. 电压表的正接线柱接线圈的M端B. 线圈中产生的感生电场沿逆时针方向
C. 线圈中磁通量的变化率为1.5Wb/sD. 电压表的读数为0.5V
8.如图所示，水平面内固定有两根足够长的光滑平行导轨，导轨间距为l，电阻忽略不计。质量为m、电阻为R的导体棒MN与质量为2m、电阻为2R的导体棒PQ均垂直于导轨静止放置，两导体棒相距为d，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现让MN棒以初速度v水平向左运动，直至最终达到稳定状态，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，则在此过程中( )
A. 两导体棒任意时刻加速度均相同
B. 通过两导体棒的电荷量总是相等
C. MN棒上所产生的热量为mv23
D. 最终稳定时两导体棒间的距离为d+2mvRB2l2
三、填空题：本大题共3小题，共18分。
9.交流发电机的原理如图甲所示，闭合的矩形线圈放在匀强磁场中，绕OO′轴匀速转动，在线圈中产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，已知线圈的电阻为R=2.0Ω，则：通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值是______A；矩形线圈转动的频率是______Hz；线圈电阻上产生的电热功率是______W。
10.一座小型水电站，它输出的电功率为P，输电电压为U，输电导线中通过的电流I=_________；如果输电导线的总电阻为R，那么输电导线上的损失电压U损=_________；输电导线由于发热损失的电功率P损=_________。
11.如图所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场.带电粒子(不计重力)第一次以速度v1沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角.则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的半径之比为________，速度之比为________，时间之比为________．
四、实验题：本大题共2小题，共14分。
12.如图为研究电磁感应现象的实验装置，部分导线已连接．
(1)用笔画线代替导线将图中未完成的电路连接好；
(2)在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么闭合开关后可能出现的情况有：将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将________.原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向右拉时，灵敏电流计指针将________；断开开关时，灵敏电流计指针将________.(均选填“向右偏”“向左偏”或“不偏转”)
13.用如图甲所示装置结合频闪照相机拍摄的照片来验证动量守恒定律，实验步骤如下：
①用天平测出A、B两个小球的质量mA和mB；
②安装好实验装置，使斜槽的末端所在的平面保持水平；
③先不在斜槽的末端放小球B，从斜槽上位置P由静止开始释放小球A，小球A离开斜槽后，频闪照相机连续拍摄小球A的两位置(如图乙所示)；
④将小球B放在斜槽的末端，再从位置P处由静止释放小球A，使它们碰撞，频闪照相机连续拍摄下两个小球的位置(如图丙所示)；
⑤测出所需要的物理量。
请回答：
(1)实验①中A、B的两球质量应满足mA__________mB(填“>”、“=”或“<”)
(2)在步骤⑤中，需要在照片中直接测量的物理量有____________________(请选填“x0、y0、xA、yA、xB、yB”)
(3)两球在碰撞过程中若动量守恒，满足的方程是：__________________(用所测物理量表示)
五、计算题：本大题共3小题，共28分。
14.如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R=0.1Ω，边长l=0.2m。求
(1)在t=0到t=0.1s时间内，金属框中的感应电动势E；
(2)t=0.05s时，金属框ab边受到的安培力F的大小和方向；
(3)在t=0到t=0.1s时间内，金属框中电流的电功率P。
15.如图所示，一个足够长的矩形金属框架与水平面成θ=37∘角，宽L=0.5m，上端有一个电阻R0=2.0Ω，框架的其他部分的电阻不计，有一垂直于框架平面向上的匀强磁场，磁感应强度B=1.0T，ab为金属杆，与框架垂直且接触良好，其质量m=0.1kg，接入电路的电阻r=0.5Ω，杆与框架间的动摩擦因数μ=0.5，杆由静止开始下滑到速度达到最大值的过程中，电阻R0产生的热量Q0=2.0J(取g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8)。求：
(1)通过R0的最大电流；
(2)ab杆下滑的最大速度；
(3)从开始下滑到速度最大的过程中ab杆下滑的距离。
16.如图所示，长木板C置于光滑水平地面上，物块B放在C上，理想轻弹簧一端固定在B上，另一端固定在C上，弹簧沿水平方向且与C的轴线平行。物块A从跟C等高的平台上以v0=20m/s的初速度沿C的轴线方向滑上C。A、B的质心跟弹簧等高。AB碰撞经历时间极短且碰撞后粘在一起不再分开。C足够长且上表面光滑，弹簧始终在弹性限度以内。已知A、B和C的质量分别为mA=2kg，mB=3kg，mC=5kg。求：
(1)A和B碰撞过程损失的机械能E损；
(2)弹簧的最大弹性势能EPmax；
(3)木板C的最大速度。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：用遥控器调换电视机的频道的过程，实际上就是传感器把光信号转化为电信号的过程。
A、红外线报警装置是感应红外线去转换成电学量，从而引起报警。而遥控器调换电视机的频道的过程，也发出红外线。故A正确；
B、走廊照明灯的声控开关，实际是将声波转化成电信号的过程，故B不正确；
C、自动洗衣机中的压力传感装置，是将压力转化成电信号的过程，故C不正确；
D、电饭煲中控制加热和保温的温控器，是将温度转化成电信号的过程，故D不正确。
故选：A。
用遥控器调换电视机的频道的过程，实际上就是传感器把光信号转化为电信号的过程。
传感器是将非电学量转换成电学量。
2.【答案】D
【解析】解：AB、开关闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光。因为线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，流过A灯的电流逐渐减小，B灯的电流逐渐增大，则A灯变暗，B灯变亮，故AB错误
CD、断开开关的瞬间，B灯的电流突然消失，立即熄灭，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，自感电流流过A灯，所以A灯突然闪亮一下再熄灭，故C错误，D正确。
故选：D。
开关K闭合的瞬间，电源的电压同时加到两灯的两端，两灯同时发光。由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，随后A灯变暗，B灯变亮。断开开关K的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭。
开关闭合的瞬间，电源的电压同时加到两灯的两端，两灯同时发光。因为线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，随后A灯变暗，B灯变亮。断开开关的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭。
3.【答案】A
【解析】线圈 bc 边进入磁场切割磁感线时，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为正方向，感应电流大小为
I=ER=BL有vR
在 0∼Lv 时间内线圈切割磁感线有效切割长度均匀增大，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大；在 t=Lv 时刻， bc 边出磁场， ad 边刚好进入磁场，在 Lv∼2Lv 时间内，在线圈 bc 边出磁场过程中，根据右手定则可知，电流方向为顺时针，即为负方向，线圈切割磁感线有效切割长度均匀增大，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大。
故选A。
4.【答案】B
【解析】【分析】本题考查动量定理的应用，知道合力的冲量等于动量的变化量，注意公式的矢量性。
【解答】设火箭发动机在1 s内喷射出气体的质量为m。以这部分气体为研究对象，应用动量定理，Ft=mv−0，解得m=F⋅tv=1.6×103kg。
5.【答案】CD
【解析】【分析】
先变压器的电压关系判断副线圈两端电压的变化情况，最后根据欧姆定律及功率的公式分析电阻两端电压、电流的变化情况及各电阻消耗的电功率的变化情况。
本题的关键是要掌握变压器的三个基本关系及电路规律。
【解答】
设原线圈两端电压为U1，副线圈两端电压为U2，由题意可知U1不变，当变压器原、副线圈的匝数比由5：1改为10：1后，根据U1U2=n1n2可知副线圈两端电压变为原来的12，根据欧姆定律可知，流R1、R2、R3的电流均变为原来的12，根据欧姆定律可知R2、R3的两端电压均变化原来的12，根据P=UI可知三个电阻上消耗的热功率减小到原来的14，故AB错误，CD正确。
故选CD。
6.【答案】AC
【解析】解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子向下偏转，粒子刚进入磁场时所受洛伦兹力竖直向下，应用左手定则可知，粒子带正电，故A正确；
B、粒子在复合场中做匀速直线运动，粒子所受合力为零，粒子所受电场力竖直向下，则粒子所受洛伦兹力竖直向上，由左手定则可知，P、Q间的磁场垂直于纸面向里，故B错误；
CD、粒子在复合场中做匀速直线运动，由平衡条件可知：qvB1=qE，则：v=EB1，粒子具有相同的速度，不一定具有相同的荷质比；
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，解得：qm=vBr=EB1Br，粒子运动轨迹相同，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r相同，则粒子的荷质比相同，故C正确，D错误；
故选：AC。
粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，根据粒子偏转方向应用左手定则可以判断出粒子的电性；粒子在复合场中做匀速直线运动，根据平衡条件判断出洛伦兹力方向，然后应用左手定则可以判断出磁场方向；根据粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径，结合半径公式求出粒子电荷量与质量的比值，然后分析答题。
粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，根据粒子偏转方向应用左手定则可以判断出粒子的电性；粒子在复合场中做匀速直线运动，根据平衡条件判断出洛伦兹力方向，然后应用左手定则可以判断出磁场方向；根据粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径，结合半径公式求出粒子电荷量与质量的比值，然后分析答题。
7.【答案】AB
【解析】解：A依据楞次定律可求得感应电流的方向为逆时针，则M端比N端的电势高，所以电压表的正接线柱接M端，故A正确；
B.线圈中磁通量均匀增加，线圈中产生感应电流，感应电流的磁场方向垂直纸面向外，根据楞次定律可得，线圈中产生的感生电场沿逆时针方向，故B正确；
C.线圈中磁通量的变化率ΔΦΔt=0.15−，故C错误；
D.根据法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt=20×0.5V=10V
所以电压表的读数为10V，故D错误。
故选：AB。
根据楞次定律判断电动势的方向，确定电压表的接线柱接法。由图求出磁通量的变化率。根据法拉第电磁感应定律求出回路中感应电动势，得到电压表的读数。
此题根据法拉第电磁感应定律求感应电动势，由楞次定律判断感应电动势的方向，难度不大。
8.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查平行导轨中的双杆切割磁感线问题，要明确双杆动量守恒，最终共速。
根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力以及牛顿第二定律求加速度，根据动量守恒求最终速度，根据动量定理求电荷量，根据电荷量的推论q=ΔΦR总求两棒间增加的距离。
【解答】
A.两导体棒串联，在运动过程中任意时刻电流大小相同，所受安培力大小相同，但由于二者质量不同，则二者加速度大小不同，故A错误；
B.两导体棒串联，在运动过程中任意时刻电流大小相同，由q=It可知：通过两导体棒的电荷量总是相等，故B正确；
C.两棒组成的系统受到的合外力为零，动量守恒，最终共速，则有mv=3mv′，解得最终速度v′=v3；
整个运动过程中，则能量守恒可得Q=12mv2−12(m+2m)v′2
解得Q=13mv2
则整个运动过程中，MN棒上所产生的热量为QMN=RR+2RQ=mv29，故C错误；
D.对PQ棒分析，根据动量定理BlIt=2mv′−0，It=q，解得q=2mv3Bl
根据q=ΔΦ3R=BlΔx3R，解得Δx=2mvRB2l2，
最终稳定时两导体棒间的距离为d+2mvRB2l2，故D正确。
9.【答案】2 25 4.0
【解析】解：由i−t图可知通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值Im=2A；
(2)由i−t图可知，交流电的周期为4.0×10−2s，矩形线圈转动的周期与交流电周期相同，所以矩形线圈转动的周期T=4.0×10−2s，频率为f=1T
解得f=25Hz
(3)由有效值I=Im 2=2 2A= 2A
线圈电阻上产生的电热功率为P=I2R=( 2)2×2.0W=4.0W。
故答案为：2；25；4.0
由题i−t图可知交流电电流的最大值；由i−t图可知交流电的周期，从而计算频率；根据有效值与最大值的关系求解有效值，根据电热功率为P=I2R求解电阻上的电功率。
解决本题的关键是能从i−t图象中得出电流的最大值、周期，以及知道峰值与有效值的关系，同时明确功率公式的准确应用。
10.【答案】 PU PUR P2RU2
【解析】[1]输出的电功率为P，输电电压为U，根据
P=UI
解得输电导线中通过的电流
I=PU
[2]输电导线上的损失电压
U损=IR=PRU
[3]输电导线由于发热损失的电功率
P损=I2R
结合上述解得
P损=P2RU2
11.【答案】 3:1； 3:1；2：3。
【解析】【分析】
根据题意作出粒子运动轨迹，应用几何知识求出粒子轨道半径，然后求出粒子轨道半径之比；粒子进入磁场时做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子速度，然后求出粒子速度之比；速度的偏向角等于轨迹对应的圆心角，由t=θ2πT求解时间之比。
本题考查带电粒子在圆形边界磁场中的运动，关键要掌握推论：粒子速度的偏向角等于轨迹的圆心角，运用几何知识求出半径关系，就能正确解答。
【解答】
设磁场半径为R，当第一次以速度v1沿截面直径入射时，根据几何知识可得：r1= 3R
当第二次以速度v2沿截面直径入射时，根据几何知识可得：r2=R
所以：r1r2= 31
两次情况下都是同一个带电粒子在相同的磁感应强度下运动，所以根据公式r=mvBq，可得：v1v2=r1r2= 31
因为周期T=2πmBq，与速度无关，所以粒子运动时间之比为：t1t2=60°90°=23。
故答案为： 3:1； 3:1；2：3。
12.【答案】(1)电路连接如图所示：
(2) 向右偏； 向左偏；向左偏。
【解析】【分析】
(1)注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答。
(2)磁场方向不变，磁通量的变化不变时电流方向不变，电流表指针偏转方向相同，磁通量的变化相反时，电流表指针方向相反，从而即可求解。
本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同。知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键。
【解答】(1)将电源、电键、变阻器、原线圈串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，再将电流计与副线圈串联成另一个回路，电路图如图所示。
(2)在闭合电键时，穿过线圈的磁通量增大，灵敏电流计的指针向右偏转；
将原线圈迅速插入副线圈时，穿过线圈的磁通量增加，灵敏电流计指针将向右偏。
原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向右拉时，线圈中的电流减小，穿过线圈的磁通量减小，灵敏电流计指针将向左偏。
断开电键时，线圈中的电流减小，穿过线圈的磁通量减小，灵敏电流计指针将左偏。
13.【答案】(1)>(2)x0 xA xB(3)mAx0=mAxA+mBxB
【解析】【分析】
根据碰撞时的动量守恒定律表达式，结合平抛规律推导出动量守恒的表达式，从而将难以测量的速度转化为容易测量的落地水平位移。
本题考查了验证动量守恒定律。明确实验原理是解决实验问题的关键。
【解答】
(1)实验①中A、B的两球质量应满足mA>mB
(2)频闪照相相邻曝光时间相等，测出x0 、xA、xB，就可以知道它们碰撞前后水平方向的速度；
(3)该同学的猜想可表示为mAx0t=mAxAt+mBxBt，化简得mAx0=mAxA+mBxB。
14.【答案】解：(1)在t=0到t=0.1s的时间Δt内，磁感应强度的变化量ΔB=0.2T，设穿过金属框的磁通量变化量ΔΦ，
则有： ΔΦ=ΔBl2
由于磁场均匀变化，金属棒中产生的感应电动势恒定为：E=ΔΦΔt=ΔBΔtl2=0.20.1×0.22V=0.08V
(2)设金属框中电流I，由闭合电路欧姆定律，有：I=ER=
由图知t=0.05s时，磁感应强度B1=0.1T，
金属框ab边受到的安培力为：F=B1Il=0.016N ，方向垂直ab向左
(3)在t=0到t=0.1s时间内，金属框中电流的电功率为：P=I2R=0.064W
【解析】(1)利用法拉第电磁感应定律E=ΔΦΔt计算；
(2)利用全电路欧姆定律和安培力F=BIL计算；
(3)电路为纯电阻电路，电功率P=I2R。
此题考查了法拉第电磁感应定律和安培力计算，并结合电路和能量转化与守恒考查了焦耳定律，比较基础，但知识点衔接较多，是一道中等偏易题。
15.【答案】解：(1)杆达到最大速度后，ab中最大电流为Im，由平衡条件有：
BImL+μmgcsθ=mgsinθ
代入数据解得：Im=0.4A
(2)由闭合电路的欧姆定律有：
Em=Im(R0+r)=1.0 V
由法拉第电磁感应定律：Em=BLvm
代入数据解得：vm =Em BL=1.01.0×0.5m/s=2m/s
(3)电路中产生的总焦耳热为：Q总 =R0 +rR0 Q0 =54Q0 =2.5J
由动能定理得：mgxsinθ−μmgxcsθ−Q总 =12mvm2
解得杆下滑的距离为：x=13.5m
答：(1)通过R0的最大电流为0.4A；
(2)ab杆下滑的最大速度为2m/s；
(3)从开始到速度最大的过程中ab杆下滑的距离为13.5m
【解析】(1)导体棒沿斜面向下先做加速运动，后做匀速运动，导体棒达到最大速度时，受力平衡，写出受力平衡的方程，即可求得最大电流；
(2)根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律联立求解；
(3)当电阻R0中产生的热量Q0=2.0J，根据焦耳定律分析电路中产生的总热量。棒下滑过程中，重力势能转化为棒的动能、回路的焦耳热和摩擦生热，根据动能定理解答该题。该题是电磁感应的综合应用，涉及到受力平衡、法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律以及能量的转化与守恒，综合性相对较强，要求的能力也比较高。
16.【答案】解：涉及动量守恒定律，取向右为正方向。
(1)A和B碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律可得：mAv0=(mA+mB)v1
代入数据解得：v1=8m/s
A和B碰撞过程损失的机械能E损=12mAv02−12(mA+mB)v12
代入数据解得：E损=240J；
(2)设弹簧压缩量最大时ABC三者的共同速度为v，根据动量守恒定律可得：mAv0=(mA+mB+mC)v
根据机械能守恒定律可得弹簧的最大弹性势能EPmax=12(mA+mB)v12−12(mA+mB+C)v2
代入数据解得：EPmax=80J；
(3)从AB开始压缩弹簧到弹簧恢复原长过程中，ABC系统动量守恒。
根据动量守恒定律可得：(mA+mB)v1=(mA+mB)v1′+mCvm
根据机械能守恒定律可得：12(mA+mB)v12=12(mA+mB)v1′2+12mCvm2
联立解得：v1′=0，vm=8m/s。
答：(1)A和B碰撞过程损失的机械能为240J；
(2)弹簧的最大弹性势能为80J；
(3)木板C的最大速度为8m/s。
【解析】(1)A和B碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律结合能量守恒定律求解A和B碰撞过程损失的机械能；
(2)根据动量守恒定律得到弹簧压缩量最大时ABC三者的共同速度，根据机械能守恒定律可得弹簧的最大弹性势能；
(3)从AB开始压缩弹簧到弹簧恢复原长过程中，根据动量守恒定律、机械能守恒定律列方程求解。
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力为零)；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
1.用遥控器调换电视机的频道的过程，实际上就是传感器把光信号转化为电信号的过程。下列属于这类传感器的是( )
A. 红外报警装置B. 走廊照明灯的声控开关
C. 自动洗衣机中的压力传感装置D. 电饭煲中控制加热和保温的温控器
2.如图所示，A、B完全相同的两个小灯泡，L为自感系数较大电阻可以忽略的线圈，则( )
A. 开关S闭合瞬间，A、B同时发光，随后A灯熄灭，B灯变暗
B. 开关S闭合瞬间，B灯亮，A灯不亮
C. 断开开关S瞬间，A、B灯同时熄灭
D. 断开开关S瞬间，B灯立即熄灭，A灯亮一下再熄灭
3.如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为L，磁场方向垂直纸面向里，abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为L，t=0时刻bc边与磁场区域边界重合。现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿adcba方向为感应电流正方向，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是( )
A. B.
C. D.
4.最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为
A. 1.6×102kgB. 1.6×103kgC. 1.6×105kgD. 1.6×106kg
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图，一理想变压器输入端接交流恒压源，输出端电路由R1、R2 和R3三个电阻构成。将该变压器原、副线圈的匝数比由5：1改为10：1后( )
A. 流经R1的电流减小到原来的14B. R2两端的电压增加到原来的2倍
C. R3两端的电压减小到原来的12D. 电阻上总的热功率减小到原来的14
6.如图所示，两平行金属板P、Q水平放置，上极板带正电，下极板带负电，板间存在匀强电场和匀强磁场(图中未画出)，一个带电粒子在两平行板间做匀速直线运动后，从O点垂直进入另一个垂直纸面向外的匀强磁场中，粒子做匀速圆周运动，最后打在挡板MN上的A点，不计粒子重力。下列说法正确的是( )
A. 此粒子一定带正电
B. P、Q间的磁场一定垂直于纸面向外
C. 若另一个带电粒子在磁场中也能沿相同的轨迹运动，则它一定与该粒子具有相同的比荷
D. 若另一个带电粒子在P、Q间也能做匀速直线运动，则它一定与该粒子具有相同的比荷
7.如图甲所示，20匝的线圈两端M、N与一个电压表相连，线圈内有指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化，不计线圈电阻下列说法正确的是( )
A. 电压表的正接线柱接线圈的M端B. 线圈中产生的感生电场沿逆时针方向
C. 线圈中磁通量的变化率为1.5Wb/sD. 电压表的读数为0.5V
8.如图所示，水平面内固定有两根足够长的光滑平行导轨，导轨间距为l，电阻忽略不计。质量为m、电阻为R的导体棒MN与质量为2m、电阻为2R的导体棒PQ均垂直于导轨静止放置，两导体棒相距为d，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现让MN棒以初速度v水平向左运动，直至最终达到稳定状态，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，则在此过程中( )
A. 两导体棒任意时刻加速度均相同
B. 通过两导体棒的电荷量总是相等
C. MN棒上所产生的热量为mv23
D. 最终稳定时两导体棒间的距离为d+2mvRB2l2
三、填空题：本大题共3小题，共18分。
9.交流发电机的原理如图甲所示，闭合的矩形线圈放在匀强磁场中，绕OO′轴匀速转动，在线圈中产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，已知线圈的电阻为R=2.0Ω，则：通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值是______A；矩形线圈转动的频率是______Hz；线圈电阻上产生的电热功率是______W。
10.一座小型水电站，它输出的电功率为P，输电电压为U，输电导线中通过的电流I=_________；如果输电导线的总电阻为R，那么输电导线上的损失电压U损=_________；输电导线由于发热损失的电功率P损=_________。
11.如图所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场.带电粒子(不计重力)第一次以速度v1沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角.则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的半径之比为________，速度之比为________，时间之比为________．
四、实验题：本大题共2小题，共14分。
12.如图为研究电磁感应现象的实验装置，部分导线已连接．
(1)用笔画线代替导线将图中未完成的电路连接好；
(2)在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么闭合开关后可能出现的情况有：将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将________.原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向右拉时，灵敏电流计指针将________；断开开关时，灵敏电流计指针将________.(均选填“向右偏”“向左偏”或“不偏转”)
13.用如图甲所示装置结合频闪照相机拍摄的照片来验证动量守恒定律，实验步骤如下：
①用天平测出A、B两个小球的质量mA和mB；
②安装好实验装置，使斜槽的末端所在的平面保持水平；
③先不在斜槽的末端放小球B，从斜槽上位置P由静止开始释放小球A，小球A离开斜槽后，频闪照相机连续拍摄小球A的两位置(如图乙所示)；
④将小球B放在斜槽的末端，再从位置P处由静止释放小球A，使它们碰撞，频闪照相机连续拍摄下两个小球的位置(如图丙所示)；
⑤测出所需要的物理量。
请回答：
(1)实验①中A、B的两球质量应满足mA__________mB(填“>”、“=”或“<”)
(2)在步骤⑤中，需要在照片中直接测量的物理量有____________________(请选填“x0、y0、xA、yA、xB、yB”)
(3)两球在碰撞过程中若动量守恒，满足的方程是：__________________(用所测物理量表示)
五、计算题：本大题共3小题，共28分。
14.如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R=0.1Ω，边长l=0.2m。求
(1)在t=0到t=0.1s时间内，金属框中的感应电动势E；
(2)t=0.05s时，金属框ab边受到的安培力F的大小和方向；
(3)在t=0到t=0.1s时间内，金属框中电流的电功率P。
15.如图所示，一个足够长的矩形金属框架与水平面成θ=37∘角，宽L=0.5m，上端有一个电阻R0=2.0Ω，框架的其他部分的电阻不计，有一垂直于框架平面向上的匀强磁场，磁感应强度B=1.0T，ab为金属杆，与框架垂直且接触良好，其质量m=0.1kg，接入电路的电阻r=0.5Ω，杆与框架间的动摩擦因数μ=0.5，杆由静止开始下滑到速度达到最大值的过程中，电阻R0产生的热量Q0=2.0J(取g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8)。求：
(1)通过R0的最大电流；
(2)ab杆下滑的最大速度；
(3)从开始下滑到速度最大的过程中ab杆下滑的距离。
16.如图所示，长木板C置于光滑水平地面上，物块B放在C上，理想轻弹簧一端固定在B上，另一端固定在C上，弹簧沿水平方向且与C的轴线平行。物块A从跟C等高的平台上以v0=20m/s的初速度沿C的轴线方向滑上C。A、B的质心跟弹簧等高。AB碰撞经历时间极短且碰撞后粘在一起不再分开。C足够长且上表面光滑，弹簧始终在弹性限度以内。已知A、B和C的质量分别为mA=2kg，mB=3kg，mC=5kg。求：
(1)A和B碰撞过程损失的机械能E损；
(2)弹簧的最大弹性势能EPmax；
(3)木板C的最大速度。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：用遥控器调换电视机的频道的过程，实际上就是传感器把光信号转化为电信号的过程。
A、红外线报警装置是感应红外线去转换成电学量，从而引起报警。而遥控器调换电视机的频道的过程，也发出红外线。故A正确；
B、走廊照明灯的声控开关，实际是将声波转化成电信号的过程，故B不正确；
C、自动洗衣机中的压力传感装置，是将压力转化成电信号的过程，故C不正确；
D、电饭煲中控制加热和保温的温控器，是将温度转化成电信号的过程，故D不正确。
故选：A。
用遥控器调换电视机的频道的过程，实际上就是传感器把光信号转化为电信号的过程。
传感器是将非电学量转换成电学量。
2.【答案】D
【解析】解：AB、开关闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光。因为线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，流过A灯的电流逐渐减小，B灯的电流逐渐增大，则A灯变暗，B灯变亮，故AB错误
CD、断开开关的瞬间，B灯的电流突然消失，立即熄灭，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，自感电流流过A灯，所以A灯突然闪亮一下再熄灭，故C错误，D正确。
故选：D。
开关K闭合的瞬间，电源的电压同时加到两灯的两端，两灯同时发光。由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，随后A灯变暗，B灯变亮。断开开关K的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭。
开关闭合的瞬间，电源的电压同时加到两灯的两端，两灯同时发光。因为线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，随后A灯变暗，B灯变亮。断开开关的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭。
3.【答案】A
【解析】线圈 bc 边进入磁场切割磁感线时，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为正方向，感应电流大小为
I=ER=BL有vR
在 0∼Lv 时间内线圈切割磁感线有效切割长度均匀增大，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大；在 t=Lv 时刻， bc 边出磁场， ad 边刚好进入磁场，在 Lv∼2Lv 时间内，在线圈 bc 边出磁场过程中，根据右手定则可知，电流方向为顺时针，即为负方向，线圈切割磁感线有效切割长度均匀增大，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大。
故选A。
4.【答案】B
【解析】【分析】本题考查动量定理的应用，知道合力的冲量等于动量的变化量，注意公式的矢量性。
【解答】设火箭发动机在1 s内喷射出气体的质量为m。以这部分气体为研究对象，应用动量定理，Ft=mv−0，解得m=F⋅tv=1.6×103kg。
5.【答案】CD
【解析】【分析】
先变压器的电压关系判断副线圈两端电压的变化情况，最后根据欧姆定律及功率的公式分析电阻两端电压、电流的变化情况及各电阻消耗的电功率的变化情况。
本题的关键是要掌握变压器的三个基本关系及电路规律。
【解答】
设原线圈两端电压为U1，副线圈两端电压为U2，由题意可知U1不变，当变压器原、副线圈的匝数比由5：1改为10：1后，根据U1U2=n1n2可知副线圈两端电压变为原来的12，根据欧姆定律可知，流R1、R2、R3的电流均变为原来的12，根据欧姆定律可知R2、R3的两端电压均变化原来的12，根据P=UI可知三个电阻上消耗的热功率减小到原来的14，故AB错误，CD正确。
故选CD。
6.【答案】AC
【解析】解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子向下偏转，粒子刚进入磁场时所受洛伦兹力竖直向下，应用左手定则可知，粒子带正电，故A正确；
B、粒子在复合场中做匀速直线运动，粒子所受合力为零，粒子所受电场力竖直向下，则粒子所受洛伦兹力竖直向上，由左手定则可知，P、Q间的磁场垂直于纸面向里，故B错误；
CD、粒子在复合场中做匀速直线运动，由平衡条件可知：qvB1=qE，则：v=EB1，粒子具有相同的速度，不一定具有相同的荷质比；
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，解得：qm=vBr=EB1Br，粒子运动轨迹相同，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r相同，则粒子的荷质比相同，故C正确，D错误；
故选：AC。
粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，根据粒子偏转方向应用左手定则可以判断出粒子的电性；粒子在复合场中做匀速直线运动，根据平衡条件判断出洛伦兹力方向，然后应用左手定则可以判断出磁场方向；根据粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径，结合半径公式求出粒子电荷量与质量的比值，然后分析答题。
粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，根据粒子偏转方向应用左手定则可以判断出粒子的电性；粒子在复合场中做匀速直线运动，根据平衡条件判断出洛伦兹力方向，然后应用左手定则可以判断出磁场方向；根据粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径，结合半径公式求出粒子电荷量与质量的比值，然后分析答题。
7.【答案】AB
【解析】解：A依据楞次定律可求得感应电流的方向为逆时针，则M端比N端的电势高，所以电压表的正接线柱接M端，故A正确；
B.线圈中磁通量均匀增加，线圈中产生感应电流，感应电流的磁场方向垂直纸面向外，根据楞次定律可得，线圈中产生的感生电场沿逆时针方向，故B正确；
C.线圈中磁通量的变化率ΔΦΔt=0.15−，故C错误；
D.根据法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt=20×0.5V=10V
所以电压表的读数为10V，故D错误。
故选：AB。
根据楞次定律判断电动势的方向，确定电压表的接线柱接法。由图求出磁通量的变化率。根据法拉第电磁感应定律求出回路中感应电动势，得到电压表的读数。
此题根据法拉第电磁感应定律求感应电动势，由楞次定律判断感应电动势的方向，难度不大。
8.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查平行导轨中的双杆切割磁感线问题，要明确双杆动量守恒，最终共速。
根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力以及牛顿第二定律求加速度，根据动量守恒求最终速度，根据动量定理求电荷量，根据电荷量的推论q=ΔΦR总求两棒间增加的距离。
【解答】
A.两导体棒串联，在运动过程中任意时刻电流大小相同，所受安培力大小相同，但由于二者质量不同，则二者加速度大小不同，故A错误；
B.两导体棒串联，在运动过程中任意时刻电流大小相同，由q=It可知：通过两导体棒的电荷量总是相等，故B正确；
C.两棒组成的系统受到的合外力为零，动量守恒，最终共速，则有mv=3mv′，解得最终速度v′=v3；
整个运动过程中，则能量守恒可得Q=12mv2−12(m+2m)v′2
解得Q=13mv2
则整个运动过程中，MN棒上所产生的热量为QMN=RR+2RQ=mv29，故C错误；
D.对PQ棒分析，根据动量定理BlIt=2mv′−0，It=q，解得q=2mv3Bl
根据q=ΔΦ3R=BlΔx3R，解得Δx=2mvRB2l2，
最终稳定时两导体棒间的距离为d+2mvRB2l2，故D正确。
9.【答案】2 25 4.0
【解析】解：由i−t图可知通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值Im=2A；
(2)由i−t图可知，交流电的周期为4.0×10−2s，矩形线圈转动的周期与交流电周期相同，所以矩形线圈转动的周期T=4.0×10−2s，频率为f=1T
解得f=25Hz
(3)由有效值I=Im 2=2 2A= 2A
线圈电阻上产生的电热功率为P=I2R=( 2)2×2.0W=4.0W。
故答案为：2；25；4.0
由题i−t图可知交流电电流的最大值；由i−t图可知交流电的周期，从而计算频率；根据有效值与最大值的关系求解有效值，根据电热功率为P=I2R求解电阻上的电功率。
解决本题的关键是能从i−t图象中得出电流的最大值、周期，以及知道峰值与有效值的关系，同时明确功率公式的准确应用。
10.【答案】 PU PUR P2RU2
【解析】[1]输出的电功率为P，输电电压为U，根据
P=UI
解得输电导线中通过的电流
I=PU
[2]输电导线上的损失电压
U损=IR=PRU
[3]输电导线由于发热损失的电功率
P损=I2R
结合上述解得
P损=P2RU2
11.【答案】 3:1； 3:1；2：3。
【解析】【分析】
根据题意作出粒子运动轨迹，应用几何知识求出粒子轨道半径，然后求出粒子轨道半径之比；粒子进入磁场时做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子速度，然后求出粒子速度之比；速度的偏向角等于轨迹对应的圆心角，由t=θ2πT求解时间之比。
本题考查带电粒子在圆形边界磁场中的运动，关键要掌握推论：粒子速度的偏向角等于轨迹的圆心角，运用几何知识求出半径关系，就能正确解答。
【解答】
设磁场半径为R，当第一次以速度v1沿截面直径入射时，根据几何知识可得：r1= 3R
当第二次以速度v2沿截面直径入射时，根据几何知识可得：r2=R
所以：r1r2= 31
两次情况下都是同一个带电粒子在相同的磁感应强度下运动，所以根据公式r=mvBq，可得：v1v2=r1r2= 31
因为周期T=2πmBq，与速度无关，所以粒子运动时间之比为：t1t2=60°90°=23。
故答案为： 3:1； 3:1；2：3。
12.【答案】(1)电路连接如图所示：
(2) 向右偏； 向左偏；向左偏。
【解析】【分析】
(1)注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答。
(2)磁场方向不变，磁通量的变化不变时电流方向不变，电流表指针偏转方向相同，磁通量的变化相反时，电流表指针方向相反，从而即可求解。
本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同。知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键。
【解答】(1)将电源、电键、变阻器、原线圈串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，再将电流计与副线圈串联成另一个回路，电路图如图所示。
(2)在闭合电键时，穿过线圈的磁通量增大，灵敏电流计的指针向右偏转；
将原线圈迅速插入副线圈时，穿过线圈的磁通量增加，灵敏电流计指针将向右偏。
原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向右拉时，线圈中的电流减小，穿过线圈的磁通量减小，灵敏电流计指针将向左偏。
断开电键时，线圈中的电流减小，穿过线圈的磁通量减小，灵敏电流计指针将左偏。
13.【答案】(1)>(2)x0 xA xB(3)mAx0=mAxA+mBxB
【解析】【分析】
根据碰撞时的动量守恒定律表达式，结合平抛规律推导出动量守恒的表达式，从而将难以测量的速度转化为容易测量的落地水平位移。
本题考查了验证动量守恒定律。明确实验原理是解决实验问题的关键。
【解答】
(1)实验①中A、B的两球质量应满足mA>mB
(2)频闪照相相邻曝光时间相等，测出x0 、xA、xB，就可以知道它们碰撞前后水平方向的速度；
(3)该同学的猜想可表示为mAx0t=mAxAt+mBxBt，化简得mAx0=mAxA+mBxB。
14.【答案】解：(1)在t=0到t=0.1s的时间Δt内，磁感应强度的变化量ΔB=0.2T，设穿过金属框的磁通量变化量ΔΦ，
则有： ΔΦ=ΔBl2
由于磁场均匀变化，金属棒中产生的感应电动势恒定为：E=ΔΦΔt=ΔBΔtl2=0.20.1×0.22V=0.08V
(2)设金属框中电流I，由闭合电路欧姆定律，有：I=ER=
由图知t=0.05s时，磁感应强度B1=0.1T，
金属框ab边受到的安培力为：F=B1Il=0.016N ，方向垂直ab向左
(3)在t=0到t=0.1s时间内，金属框中电流的电功率为：P=I2R=0.064W
【解析】(1)利用法拉第电磁感应定律E=ΔΦΔt计算；
(2)利用全电路欧姆定律和安培力F=BIL计算；
(3)电路为纯电阻电路，电功率P=I2R。
此题考查了法拉第电磁感应定律和安培力计算，并结合电路和能量转化与守恒考查了焦耳定律，比较基础，但知识点衔接较多，是一道中等偏易题。
15.【答案】解：(1)杆达到最大速度后，ab中最大电流为Im，由平衡条件有：
BImL+μmgcsθ=mgsinθ
代入数据解得：Im=0.4A
(2)由闭合电路的欧姆定律有：
Em=Im(R0+r)=1.0 V
由法拉第电磁感应定律：Em=BLvm
代入数据解得：vm =Em BL=1.01.0×0.5m/s=2m/s
(3)电路中产生的总焦耳热为：Q总 =R0 +rR0 Q0 =54Q0 =2.5J
由动能定理得：mgxsinθ−μmgxcsθ−Q总 =12mvm2
解得杆下滑的距离为：x=13.5m
答：(1)通过R0的最大电流为0.4A；
(2)ab杆下滑的最大速度为2m/s；
(3)从开始到速度最大的过程中ab杆下滑的距离为13.5m
【解析】(1)导体棒沿斜面向下先做加速运动，后做匀速运动，导体棒达到最大速度时，受力平衡，写出受力平衡的方程，即可求得最大电流；
(2)根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律联立求解；
(3)当电阻R0中产生的热量Q0=2.0J，根据焦耳定律分析电路中产生的总热量。棒下滑过程中，重力势能转化为棒的动能、回路的焦耳热和摩擦生热，根据动能定理解答该题。该题是电磁感应的综合应用，涉及到受力平衡、法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律以及能量的转化与守恒，综合性相对较强，要求的能力也比较高。
16.【答案】解：涉及动量守恒定律，取向右为正方向。
(1)A和B碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律可得：mAv0=(mA+mB)v1
代入数据解得：v1=8m/s
A和B碰撞过程损失的机械能E损=12mAv02−12(mA+mB)v12
代入数据解得：E损=240J；
(2)设弹簧压缩量最大时ABC三者的共同速度为v，根据动量守恒定律可得：mAv0=(mA+mB+mC)v
根据机械能守恒定律可得弹簧的最大弹性势能EPmax=12(mA+mB)v12−12(mA+mB+C)v2
代入数据解得：EPmax=80J；
(3)从AB开始压缩弹簧到弹簧恢复原长过程中，ABC系统动量守恒。
根据动量守恒定律可得：(mA+mB)v1=(mA+mB)v1′+mCvm
根据机械能守恒定律可得：12(mA+mB)v12=12(mA+mB)v1′2+12mCvm2
联立解得：v1′=0，vm=8m/s。
答：(1)A和B碰撞过程损失的机械能为240J；
(2)弹簧的最大弹性势能为80J；
(3)木板C的最大速度为8m/s。
【解析】(1)A和B碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律结合能量守恒定律求解A和B碰撞过程损失的机械能；
(2)根据动量守恒定律得到弹簧压缩量最大时ABC三者的共同速度，根据机械能守恒定律可得弹簧的最大弹性势能；
(3)从AB开始压缩弹簧到弹簧恢复原长过程中，根据动量守恒定律、机械能守恒定律列方程求解。
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力为零)；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
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